La méthode de preuve, qui sera discutée dans cette sous-section, est basée sur l'un des axiomes de la série naturelle.
Axiome d'induction. Soit une phrase en fonction de la variable P, au lieu de quoi vous pouvez substituer n'importe quel nombre naturel. Notons-le Une). Soit aussi la phrase UNE est vrai pour le nombre 1 et du fait que UNE vrai pour le nombre À, s'ensuit que UNE vrai pour le nombre à + 1. Puis la phrase UNE vrai pour toutes les valeurs naturelles P.
Notation symbolique de l'axiome :
Ici Pic- variables sur l'ensemble des nombres naturels. La règle d'inférence suivante est obtenue à partir de l'axiome d'induction : 
Donc, pour prouver la véracité de la phrase UNE, vous pouvez d'abord prouver deux affirmations : la vérité de l'affirmation UNE( 1), ainsi que le corollaire Un (k) => A (k + 1).
Compte tenu de ce qui précède, nous décrivons l'essence méthode
Induction mathematique.
Qu'il soit exigé de prouver que la phrase Une) vrai pour tout naturel P. La preuve est divisée en deux étapes.
- 1ère étape. Socle à induction. On prend comme valeur P numéro 1 et vérifiez que UNE( 1) il y a une affirmation vraie.
- 2ème étape. Transition inductive. On montre que pour tout nombre naturel À l'implication est correcte : si Un (k), ensuite A (k + 1).
La transition inductive commence par les mots : « Prenez un nombre naturel arbitraire À, tel que Un (k) ", ou « Soit pour un nombre naturel Àà droite Un (k)". Au lieu du mot « laissez », ils disent souvent « supposez que… »
Après ces mots, la lettre À désigne un objet fixe pour lequel la relation A (k). Plus loin de Un (k) on en déduit les conséquences, c'est-à-dire on construit une chaîne de phrases A (k) 9 R, Pi, ..., P „= A (k + 1), où chaque phrase R, est une déclaration vraie ou une conséquence des phrases précédentes. La dernière phrase R" doit correspondre A (k + un). On conclut donc : de Un (k) devrait A (k +).
La réalisation d'une transition inductive peut être décomposée en deux étapes :
- 1) Hypothèse inductive. Ici, nous supposons que UNE À variable n.m.
- 2) Sur la base de l'hypothèse, nous prouvons que UNE est vrai pour le nombre ? +1.
Exemple 5.5.1. Prouvons que le nombre n + n est même pour tout naturel P.
Ici Une) = "N 2 + n- nombre pair". Il faut prouver que UNE - prédicat identiquement vrai. Appliquons la méthode d'induction mathématique.
Socle à induction. Prenons l = 1. Substituer dans l'expression P+ //, on obtient n 2 + n= I 2 + 1 = 2 est un nombre pair, c'est-à-dire que / 1 (1) est un énoncé vrai.
formulons conjecture inductive A (k)= "Nombre k 2 + k - même ". On peut dire ceci : « Prenons un nombre naturel arbitraire À tel que k2 + k il y a un nombre pair."
De là, nous déduisons l'énoncé Alias-)= "Nombre (k + 1) 2 + (? + 1) - même ".
Effectuons des transformations par les propriétés des opérations :
Le premier terme de la somme résultante est pair par hypothèse, le second est pair par définition (puisqu'il a la forme 2 P). La somme est donc un nombre pair. Phrase A (k + 1) est prouvé.
En utilisant la méthode d'induction mathématique, nous concluons : la phrase Une) vrai pour tout naturel P.
Bien sûr, il n'est pas nécessaire d'entrer la notation à chaque fois Une). Cependant, il est toujours recommandé de formuler l'hypothèse inductive et ce qui doit en être dérivé dans une ligne séparée.
Notez que l'énoncé de l'exemple 5.5.1 peut être prouvé sans utiliser la méthode d'induction mathématique. Pour cela, il suffit de considérer deux cas : lorsque P même et quand P impair.
De nombreux problèmes de divisibilité sont résolus par la méthode d'induction mathématique. Regardons un exemple plus complexe.
Exemple 5.5.2. Prouvons que le nombre 15 2i_ | +1 divisé par 8 pour tous les naturels P.
Induction Bacha. Prendre / 1 = 1. Nous avons : numéro 15 2 | _ | +1 = 15 + 1 = 16 divisé par 8.
, qui pour certains
entier naturel À nombre 15 2 * ’+1 est divisible par 8.
Prouvons qu'alors le nombre une= 15 2 (ЖН +1 est divisible par 8.
Convertir le nombre une:
Par hypothèse, le nombre 15 2A1 +1 est divisible par 8, ce qui signifie que tout le premier terme est divisible par 8. Le deuxième terme 224 = 8-28 est également divisible par 8. Ainsi, le nombre une comme la différence de deux nombres divisible par 8 est divisible par 8. La transition inductive est justifiée.
Sur la base de la méthode d'induction mathématique, nous concluons que pour tous les P nombre 15 2 "-1 - * - 1 est divisible par 8.
Faisons quelques commentaires sur le problème résolu.
L'énoncé prouvé peut être formulé d'une manière légèrement différente : "Le nombre 15" "+1 est divisible par 8 pour tout nombre naturel impair / et".
Deuxièmement, à partir de l'énoncé général prouvé, on peut tirer une conclusion particulière, dont la preuve peut être donnée comme un problème séparé : le nombre 15 2015 +1 est divisible par 8. Il est donc parfois utile de généraliser le problème en désignant une valeur spécifique avec une lettre, puis appliquez la méthode d'induction mathématique.
Au sens le plus général, le terme « induction » signifie que des conclusions générales sont tirées sur la base d'exemples particuliers. Par exemple, après avoir considéré quelques exemples de sommes de nombres pairs 2 + 4 = 6, 2 + 8 = 10, 4 + 6 = 10, 8 + 12 = 20, 16 + 22 = 38, nous concluons que la somme de tout deux nombres pairs sont des nombres pairs.
En général, une telle induction peut conduire à des conclusions erronées. Voici un exemple d'une telle idée fausse.
Exemple 5.5.3. Considérez le nombre une= / r + i + 41 pour naturel / ?.
Trouver les valeurs uneà certaines valeurs P.
Laisser n = I. Ensuite un = 43 est un nombre premier.
Soit / 7 = 2. Puis une= 4 + 2 + 41 = 47 - simple.
Soit l = 3. Puis une= 9 + 3 + 41 = 53 - simple.
Soit / 7 = 4. Puis une= 16 + 4 + 41 = 61 - simple.
Prendre comme valeurs P les nombres suivants, tels que 5, 6, 7, et assurez-vous que le nombre est une sera simple.
Nous concluons : « Avec tout naturel /? numéro une sera simple."
Le résultat est une fausse déclaration. Donnons un contre-exemple : / 7 = 41. Assurez-vous qu'avec ce P numéro une sera composite.
Le terme "induction mathématique" a un sens plus étroit, car l'utilisation de cette méthode vous permet de toujours obtenir la bonne conclusion.
Exemple 5.5.4. Obtenons, sur la base du raisonnement inductif, la formule du terme général de la progression arithmétique. Rappelons que la profession arithmétique est une suite numérique, dont chaque membre diffère du précédent par le même nombre, appelé différence de progression. Afin de définir sans ambiguïté la profession d'arithmétique, vous devez spécifier son premier terme une et la différence ré.
Donc par définition un n + = un n + d,à n> 1.
Dans le cours de mathématiques à l'école, en règle générale, la formule pour le membre général de la profession d'arithmétique est établie sur la base d'exemples particuliers, c'est-à-dire précisément par induction.
Si / 7 = 1, ALORS AVEC 7 | = je |, c'est-à-dire je | = tf | + df (l -1).
Si / 7 = 2, alors je 2 = a + d, C'est une= Je | + * / (2-1).
Si / 7 = 3, alors i 3 = i 2 + = (a + d) + d = a + 2d, c'est-à-dire i 3 = i | + (3-1).
Si / 7 = 4, alors i 4 = i 3 + * / = ( a + 2d) + d= R1 + 3, etc...
Les exemples particuliers donnés permettent d'émettre une hypothèse : le terme général formule a la forme une" = a + (n-) d pour tous / 7> 1.
Démontrons cette formule par la méthode de l'induction mathématique.
Socle à induction vérifié dans le raisonnement précédent.
Laisser À - un tel nombre auquel je * - a + (k-) d (conjecture inductive).
Prouvons que je *+ ! = a + ((k +) -) d, c'est-à-dire que je * + 1 = un x + kd.
Par définition, i * + 1 = ab + d. et à= je | + (à-1 ) ré, veux dire, ca += i i + (A : -1) ^ / + c / = i | + (A-1 + 1 ) ré= je je + kd, qu'il fallait prouver (pour justifier la transition inductive).
Maintenant la formule I „= a + (n-) d prouvé pour tout nombre naturel / ;.
Soit une séquence i b i 2, i, „... (pas
nécessairement progression arithmétique ou géométrique). Des problèmes surviennent souvent lorsqu'il est nécessaire de résumer le premier P membres de cette séquence, c'est-à-dire définir la somme I | + I 2 + ... + I et une formule qui vous permet de trouver les valeurs de cette somme sans calculer les membres de la séquence.
Exemple 5.5.5. Démontrons que la somme du premier P nombres naturels est
/?(/7 + 1)
On note la somme 1 + 2 + ... + / 7 par Sn. Trouver les valeurs S n pour certains /7.
Remarque : pour trouver la somme S 4, vous pouvez utiliser la valeur précédemment calculée 5 3, puisque 5 4 = 5 3 +4.
n (n +1)
Si nous substituons les valeurs considérées /? en terme --- alors
on obtient respectivement les mêmes sommes 1, 3, 6, 10. Ces observations
. _ n (n + 1)
suggérer que la formule S„= --- peut être utilisé lorsque
quelconque //. Prouvons cette hypothèse par la méthode de l'induction mathématique.
Socle à induction vérifié. Exécutons transition inductive.
Supposer que la formule est vraie pour un nombre naturel
, k (k + 1)
k, alors le net est la somme du premier À nombres naturels est égal à ----.
Prouvons que la somme des premiers (? +1) nombres naturels est égale à
- (* + !)(* + 2)
Exprimons-nous ? * + 1 en termes de Sk. Pour ce faire, dans la somme S * + i, on regroupe le premier À termes, et écrivez le dernier terme séparément :
Par hypothèse inductive Sk = Moyens de trouver
la somme des premiers (? +1) nombres naturels, il suffit de la déjà calculée
. „ k (k + 1) _ .. ..
la somme du premier À nombres égaux à ---, ajoutez un terme (à + 1).
La transition inductive est justifiée. Ainsi, l'hypothèse avancée au départ est prouvée.
Nous avons fourni une preuve de la formule Sn = n ^ n + méthode
Induction mathematique. Il y a, bien sûr, d'autres preuves aussi. Par exemple, vous pouvez écrire le montant S, par ordre croissant de termes, puis par ordre décroissant de termes :
La somme des termes d'une colonne est constante (dans une somme, chaque terme suivant diminue de 1, et dans l'autre, il augmente de 1) et est égale à (/ r + 1). Ainsi, en additionnant les sommes obtenues, on aura P termes égaux à (et + 1). donc doubler le montant S " est égal à n (n + 1).
La formule prouvée peut être obtenue comme un cas particulier de la formule de la somme des premiers P membres d'une progression arithmétique.
Revenons à la méthode d'induction mathématique. A noter que la première étape de la méthode d'induction mathématique (base d'induction) est toujours nécessaire. L'absence de cette étape peut conduire à une conclusion erronée.
Exemple 5.5.6. "Prouvons" la phrase : "Le nombre 7" +1 est divisible par 3 pour tout I naturel ".
« Supposons que pour une valeur naturelle À le nombre 7 * + 1 est divisible par 3. Montrons que le nombre 7 et +1 est divisible par 3. Effectuons les transformations :
Le nombre 6 est évidemment divisible par 3. Le nombre 1 à + est divisible par 3 par l'hypothèse inductive, ce qui signifie que le nombre 7- (7 * + 1) est également divisible par 3. Par conséquent, la différence de nombres divisible par 3 sera également divisible par 3.
La proposition est avérée."
La preuve de la proposition originale est fausse, bien que l'étape inductive soit correcte. En effet, pour n = I nous avons le numéro 8, pour n = 2 - nombre 50, ..., et aucun de ces nombres n'est divisible par 3.
Faisons une remarque importante sur la désignation d'un nombre naturel lors de l'exécution d'une transition inductive. Lors de la formulation d'une proposition Une) lettre P nous avons noté une variable, à la place de laquelle n'importe quel nombre naturel peut être substitué. Lors de la formulation de l'hypothèse inductive, nous avons noté la valeur de la variable par la lettre À. Cependant, très souvent au lieu d'une nouvelle lettre À utilisez la même lettre qui désigne la variable. Cela n'affecte en rien la structure du raisonnement lors de l'exécution d'une transition inductive.
Considérez quelques autres exemples de problèmes qui peuvent être résolus en utilisant la méthode d'induction mathématique.
Exemple 5.5.7. Trouver la valeur de la somme
Dans la tâche, la variable P n'apparait pas. Cependant, considérons la séquence de termes :
Nous désignons S, = a + a 2 + ... + a „. Trouver S« Sous certains P. Si / 1 = 1, alors S, = a, =-.
Si n = 2.puis S, = une, + une? = - + - = - = -.
Si /? = 3, alors S-, = un, + un 7+ je, = - + - + - = - + - = - = -.
3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4
Vous pouvez calculer les valeurs vous-même S "à / 7 = 4 ; 5. Il y a
supposition naturelle : S n= - pour tout naturel / 7. Prouvons
c'est par induction mathématique.
Socle à induction vérifié ci-dessus.
Exécutons transition inductive, désignant une prise arbitrairement
valeur variable P par la même lettre, c'est-à-dire que nous prouverons que de l'égalité
0 /7 _ /7 +1
S n= -il y a égalité S, =-.
/7+1 /7 + 2
Supposer que l'égalité est vraie S= -P -.
Résumons S „+ la première P termes:
En appliquant l'hypothèse inductive, on obtient :
En annulant la fraction par (/7 + 1), on a l'égalité S n +1 -, L
La transition inductive est justifiée.
Cela prouve que la somme du premier P termes
- 1 1 1 /7 ^
- - + - + ... + - égal à -. Revenons maintenant à l'original
- 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1
tâche. Pour le résoudre, il suffit de prendre comme valeur P numéro 99.
Alors la somme -! - + -! - + -! - + ... + --- sera égale au nombre 0.99.
1-2 2-3 3-4 99100
Essayez de calculer ce montant d'une manière différente.
Exemple 5.5.8. Montrons que la dérivée de la somme de tout nombre fini de fonctions dérivables est égale à la somme des dérivées de ces fonctions.
Soit la variable /? désigne le montant de ces fonctions. Dans le cas où une seule fonction est donnée, cette fonction s'entend comme la somme. Par conséquent, si / 7 = 1, alors la déclaration est évidemment vraie : / "= /".
Supposer que l'énoncé est valable pour un ensemble de P fonctions (ici encore au lieu de la lettre À lettre prise P), c'est-à-dire la dérivée de la somme P fonctions est égal à la somme des dérivées.
Prouvons que la dérivée des fonctions somme (i + 1) est égale à la somme des dérivées. Prenons un ensemble arbitraire composé de n + fonction différentiable : / 1, / 2, . On représente la somme de ces fonctions
comme g + f „+ 1, où g = f + / g + ... + / t - somme P les fonctions. Par l'hypothèse inductive, la dérivée de la fonction g est égal à la somme des dérivées : g "= pi + pi + ... + pi Par conséquent, la chaîne d'égalités suivante est vérifiée :
La transition inductive est terminée.
Ainsi, la proposition originale est prouvée pour tout nombre fini de fonctions.
Dans certains cas, il est nécessaire de prouver la véracité de la phrase Une) pour tout i naturel, en commençant par une certaine valeur Avec. La preuve par la méthode d'induction mathématique dans de tels cas est effectuée selon le schéma suivant.
Socle à induction. On montre que la proposition UNE vrai pour le sens P,égal Avec.
Transition inductive. 1) On suppose que la phrase UNE vrai pour une certaine valeur À variable /?, qui est supérieure ou égale à Avec.
2) On montre que la proposition UNE est vrai pour une valeur de /? égale à
Notez encore qu'au lieu de la lettre À laissent souvent une notation variable P. Dans ce cas, la transition inductive commence par les mots : « Supposons que pour une certaine valeur n> cà droite Une). Montrons qu'alors c'est vrai A (n + un)".
Exemple 5.5.9. Prouvons que pour tout naturel n> 5, l'inégalité 2 "> et 2 sont vraies.
Socle à induction. Laisser n = 5. Alors 2 5 = 32, 5 2 = 25. L'inégalité 32> 25 est vraie.
Transition inductive. Supposer, que l'inégalité 2 N> n 2 pour un nombre naturel n> 5. Prouvons, qui alors 2 "+ |> (n + 1) 2.
Par propriétés de degrés 2 "+ | = 2-2". Puisque 2"> i 2 (par hypothèse inductive), alors 2-2 "> 2i 2 (I).
Prouvons que 2 n 2 plus (i + 1) 2. Cela peut être fait de plusieurs manières. Il suffit de résoudre l'inégalité au carré 2x 2> (x +) 2 dans l'ensemble des nombres réels et voir que tous les nombres naturels supérieurs ou égaux à 5 sont ses solutions.
Nous allons procéder comme suit. Trouver la différence des nombres 2 n 2 et (i + 1) 2 :
Depuis et > 5, alors i + 1> 6, ce qui signifie (i + 1) 2> 36. Par conséquent, la différence est supérieure à 0. Donc, 2e 2> (i + 1) 2 (2).
Par les propriétés des inégalités de (I) et (2) il s'ensuit que 2 * 2 "> (π + 1) 2, qu'il fallait prouver pour justifier la transition inductive.
Sur la base de la méthode d'induction mathématique, nous concluons que l'inégalité 2" > i 2 est vrai pour tout nombre naturel i.
Considérons une autre forme de la méthode d'induction mathématique. La différence réside dans la transition inductive. Pour le mettre en œuvre, vous devez effectuer deux étapes :
- 1) supposons que la phrase Une) est vrai pour toutes les valeurs de la variable i inférieures à un certain nombre R ;
- 2) déduire de l'hypothèse proposée que la phrase Une) il en est de même pour le nombre R.
Ainsi, la transition inductive nécessite la preuve du corollaire : [(Ouais ?) A (n)] => A (p). Notez que le corollaire peut être réécrit comme : [(Yn ^ p) A (n)] => A (p + 1).
Dans la formulation originale de la méthode d'induction mathématique dans la preuve de la proposition Un (p) nous nous sommes appuyés uniquement sur la proposition "précédente" Un (p- un). La formulation de la méthode donnée ici permet de dériver Un (p), considérant que toutes les offres Une), où suis-je moins R, sont vrai.
Exemple 5.5.10. Démontrons le théorème : "La somme des angles intérieurs de tout n-gone est de 180° (n-2)".
Pour un polygone convexe, le théorème est facile à prouver si on le divise par des diagonales tirées d'un sommet en triangles. Cependant, pour un polygone non convexe, cette procédure peut ne pas être possible.
Démontrons le théorème pour un polygone arbitraire en utilisant la méthode d'induction mathématique. Considérons comme connu l'énoncé suivant, qui, à proprement parler, nécessite une démonstration distincte : « Dans tout // -gon, il y a une diagonale qui se trouve entièrement dans sa partie intérieure.
Au lieu de la variable //, vous pouvez substituer tout nombre naturel supérieur ou égal à 3. Pour n = b le théorème est vrai, puisque la somme des angles d'un triangle est de 180°.
Prenez-en / 7-gon (p> 4) et supposons que la somme des angles de tout // - gon, où // p, est égale à 180 ° (// - 2). Montrons que la somme des angles du // -gon est égale à 180° (// - 2).
Dessinons une diagonale // - gon, située à l'intérieur. Il divisera le // - gon en deux polygones. Que l'un d'eux ait À côtés, l'autre - à 2 des soirées. Puis k + k 2 -2 = p, puisque les polygones résultants ont un côté commun d'une diagonale dessinée, qui n'est pas un côté de l'original // - gon.
Les deux nombres À et à 2 moins //. Appliquons l'hypothèse inductive aux polygones obtenus : la somme des angles du A] -gon vaut 180° - (? I-2), et la somme des angles ? 2 -gons est égal à 180° - (Ar 2 -2). Alors la somme des angles // - gon sera égale à la somme de ces nombres :
180 ° * (Ar | -2) -n 180 ° (Ar2-2) = 180 o (Ar, -bAr 2 -2-2) = 180 ° - (// - 2).
La transition inductive est justifiée. Basé sur la méthode d'induction mathématique, le théorème est prouvé pour tout // - gon (//> 3).
Pour ce faire, tout d'abord, la véracité de la déclaration portant le numéro 1 est vérifiée - socle à induction, et alors il est prouvé que si l'assertion avec le nombre m, puis la déclaration suivante avec le numéro m + 1 - étape d'induction, ou transition d'induction.
La preuve par induction peut être clairement représentée sous la forme de ce qu'on appelle principe des dominos... Laissez n'importe quel nombre de dominos être placés dans une rangée de telle sorte que chaque os tombant renverse nécessairement l'os suivant (c'est la transition d'induction). Ensuite, si nous poussons le premier os (c'est la base d'induction), alors tous les os de la rangée tomberont.
La base logique de cette méthode de preuve est la soi-disant axiome d'induction, le cinquième des axiomes de Peano pour les nombres naturels. L'exactitude de la méthode d'induction équivaut au fait que dans tout sous-ensemble de nombres naturels, il y a un élément minimal.
Il existe également une variante, le principe dit d'induction mathématique complète. Voici sa formulation stricte :
Le principe d'induction mathématique complète est également équivalent à l'axiome d'induction dans les axiomes de Peano.
Exemples de
Tâche. Prouvez que, quel que soit le naturel m et réel q 1, l'égalité
Preuve. Induction par m.
Base, m = 1:
Transition: Faisons comme si
,
C.Q.D.
Un commentaire: l'exactitude de la déclaration P m dans cette preuve est la même que la fidélité de l'égalité
voir également
Variations et généralisations
Littérature
- N. Ya. Vilenkin Induction. Combinatoire. Un guide pour les enseignants. M., Éducation, 1976.-48 s
- L. I. Golovina, I. M. Yaglom Induction en géométrie, "Conférences populaires en mathématiques", Numéro 21, Fizmatgiz 1961.-100 p.
- R. Courant, G. Robbins« Qu'est-ce que les mathématiques ? » Chapitre I, § 2.
- I. S. Sominskiy Méthode d'induction mathématique. "Conférences populaires en mathématiques", Numéro 3, Maison d'édition "Science" 1965.-58 p.
Fondation Wikimédia. 2010.
Voyez ce qu'est la "Méthode d'induction mathématique" dans d'autres dictionnaires :
L'induction mathématique en mathématiques est l'une des méthodes de preuve. Utilisé pour prouver la vérité d'un énoncé pour tous les nombres naturels. Pour ce faire, d'abord la vérité de l'énoncé avec le numéro 1 est la base de l'induction, puis ... ... Wikipedia
Une méthode de construction d'une théorie, avec certaines de ses dispositions - axiomes ou postulats - à partir de laquelle toutes les autres dispositions de la théorie (théorèmes) sont dérivées par un raisonnement appelé preuve m et. Des règles, à l'oeil... ... Encyclopédie philosophique
L'induction (lat. Inductio guidance) est le processus d'inférence basé sur le passage d'une position particulière à une position générale. L'inférence inductive relie des prémisses privées à une conclusion non pas tant à travers les lois de la logique, mais plutôt à travers certains ... ... Wikipedia
MÉTHODE GÉNÉTIQUE- une manière de préciser le contenu et l'essence du sujet étudié, non pas par convention, idéalisation ou conclusion logique, mais en étudiant son origine (à partir de l'étude des raisons qui ont conduit à son émergence, le mécanisme de formation). Large ... ... Philosophie des sciences : glossaire des termes clés
Une méthode de construction d'une théorie scientifique, dans laquelle elle est basée sur certaines dispositions initiales (jugements) de l'axiome (Voir Axiome), ou Postulats, à partir desquels tous les autres énoncés de cette science (théorèmes (Voir Théorème)) devraient être dérivés. .. ... Grande Encyclopédie soviétique
méthode axiomatique- MÉTHODE AXIOMATIQUE (du grec. Axioma) la position acceptée est une méthode de construction d'une théorie scientifique, dans laquelle seuls les axiomes, les postulats et les énoncés qui en découlent sont utilisés dans les preuves. Pour la première fois clairement démontré ... ... Encyclopédie d'épistémologie et de philosophie des sciences
L'une des méthodes de la théorie des erreurs pour estimer des quantités inconnues à partir de résultats de mesure contenant des erreurs aléatoires. N. c. M. Est également utilisé pour la représentation approximative d'une fonction donnée par d'autres fonctions (plus simples) et s'avère souvent être ... Encyclopédie des mathématiques
L'induction mathématique est l'une des méthodes de preuve mathématique, utilisée pour prouver la véracité d'un énoncé pour tous les nombres naturels. Pour ce faire, d'abord prov ... Wikipedia
Ce terme a d'autres significations, voir Induction. L'induction (lat. Inductio guidance) est le processus d'inférence basé sur le passage d'une position particulière à une position générale. L'inférence inductive relie des prémisses particulières ... ... Wikipedia
MÉTHODE D'INDUCTION MATHÉMATIQUE
Le mot induction en russe signifie orientation, et inductive sont appelées conclusions basées sur des observations, des expériences, c'est-à-dire des obtenu par la conclusion du particulier au général.
Par exemple, nous voyons le soleil se lever à l'est chaque jour. Par conséquent, vous pouvez être sûr que demain il apparaîtra à l'est, et non à l'ouest. Nous tirons cette conclusion sans recourir à aucune hypothèse sur la raison du mouvement du Soleil dans le ciel (d'ailleurs, ce mouvement lui-même s'avère évident, puisque le globe est en fait en mouvement). Et pourtant, cette inférence inductive décrit correctement les observations que nous ferons demain.
Le rôle des inférences inductives dans les sciences expérimentales est très grand. Ils donnent ces propositions, à partir desquelles d'autres conclusions sont ensuite tirées au moyen de déductions. Et bien que la mécanique théorique soit basée sur les trois lois du mouvement de Newton, ces lois elles-mêmes étaient le résultat d'une réflexion approfondie sur des données expérimentales, en particulier les lois de Kepler sur le mouvement planétaire, qu'il a dérivées d'observations à long terme de l'astronome danois Tycho. Brahé. L'observation et l'induction s'avèrent utiles à l'avenir pour clarifier les hypothèses émises. Après les expériences de Michelson sur la mesure de la vitesse de la lumière dans un milieu en mouvement, il s'est avéré nécessaire de clarifier les lois de la physique, de créer une théorie de la relativité.
En mathématiques, le rôle de l'induction tient en grande partie au fait qu'elle sous-tend l'axiomatique choisie. Après une longue pratique ayant montré qu'un chemin rectiligne est toujours plus court qu'un chemin courbe ou interrompu, il était naturel de formuler un axiome : pour trois points A, B et C quelconques, l'inégalité
Le concept de suivre à la base de l'arithmétique est également apparu lors de l'observation de la formation des soldats, des navires et d'autres ensembles ordonnés.
Cependant, il ne faut pas penser que cela épuise le rôle de l'induction en mathématiques. Bien entendu, il ne faut pas vérifier expérimentalement les théorèmes qui sont logiquement déduits des axiomes : si aucune erreur logique n'a été commise dans la dérivation, alors ils sont vrais dans la mesure où les axiomes que nous avons acceptés sont vrais. Mais beaucoup d'énoncés peuvent être dérivés de ce système d'axiomes. Et la sélection de ces affirmations à prouver est à nouveau induite par induction. C'est elle qui permet de séparer les théorèmes utiles des inutiles, indique quels théorèmes peuvent s'avérer vrais, et aide même à tracer le chemin de la preuve.
L'essence de la méthode d'induction mathématique
Dans de nombreuses branches de l'arithmétique, de l'algèbre, de la géométrie, de l'analyse, il est nécessaire de prouver la vérité des phrases A (n), dépendant d'une variable naturelle. La preuve de la vérité de la phrase A (n) pour toutes les valeurs de la variable peut souvent être effectuée par la méthode d'induction mathématique, qui repose sur le principe suivant.
La phrase (n) est considérée comme vraie pour toutes les valeurs naturelles de la variable si les deux conditions suivantes sont remplies :
La proposition A (n) est vraie pour n = 1.
De l'hypothèse que A (n) est vrai pour n = k (où k est un nombre naturel quelconque), il s'ensuit qu'il est également vrai pour la valeur suivante n = k + 1.
Ce principe est appelé principe d'induction mathématique. Habituellement, il est choisi comme l'un des axiomes qui déterminent la série naturelle des nombres et, par conséquent, est accepté sans preuve.
La méthode d'induction mathématique est comprise comme la méthode de preuve suivante. S'il est nécessaire de prouver la vérité de la phrase A (n) pour tout n naturel, alors, d'abord, il faut vérifier la vérité de l'énoncé A (1) et, deuxièmement, supposer la vérité de l'énoncé A (k) , essayez de prouver que l'énoncé A (k+1) est vrai. Si cela peut être prouvé et que la preuve reste valable pour chaque valeur naturelle de k, alors, conformément au principe d'induction mathématique, la phrase A (n) est reconnue comme vraie pour toutes les valeurs de n.
La méthode d'induction mathématique est largement utilisée dans la preuve de théorèmes, d'identités, d'inéquations, dans la résolution de problèmes de divisibilité, dans la résolution de certains problèmes géométriques et de nombreux autres.
La méthode d'induction mathématique pour résoudre des problèmes sur
divisibilité
En utilisant la méthode d'induction mathématique, on peut prouver diverses affirmations concernant la divisibilité des nombres naturels.
L'énoncé suivant peut être relativement facile à prouver. Montrons comment il est obtenu en utilisant la méthode d'induction mathématique.
Exemple 1... Si n est un nombre naturel, alors le nombre est pair.
Pour n = 1 notre affirmation est vraie : - un nombre pair. Supposons que ce soit un nombre pair. Puisque, un 2k est un nombre pair, alors 
même. Ainsi, la parité est prouvée pour n = 1, la parité se déduit de la parité 
Par conséquent, même pour toutes les valeurs naturelles de n.
Exemple 2.Prouvez que la phrase est vraie
A (n) = (5 est un multiple de 19), n est un nombre naturel.
Solution.
L'énoncé A (1) = (multiple de 19) est vrai.
Supposons que pour une valeur n = k
A (k) = (multiple de 19) est vrai. Puis depuis
Évidemment, A (k + 1) est également vrai. En effet, le premier terme est divisible par 19 en raison de l'hypothèse que A (k) est vrai ; le deuxième terme est également divisible par 19, car il contient le facteur 19. Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont satisfaites, par conséquent, la proposition A (n) est vraie pour toutes les valeurs de n.
Application de la méthode d'induction mathématique à
sommation de séries
Exemple 1.Formule de preuve
, n est un nombre naturel.
Solution.
Pour n = 1, les deux côtés de l'égalité deviennent un et, par conséquent, la première condition du principe d'induction mathématique est satisfaite.
Supposons que la formule soit vraie pour n = k, c'est-à-dire
.
Ajoutez cette égalité des deux côtés et transformez le côté droit. Ensuite, nous obtenons
Ainsi, puisque la formule est vraie pour n = k, il s'ensuit qu'elle est également vraie pour n = k + 1. Cette affirmation est vraie pour toute valeur naturelle de k. Ainsi, la deuxième condition du principe d'induction mathématique est également satisfaite. La formule a fait ses preuves.
Exemple 2.Montrer que la somme des n premiers nombres naturels est égale à.
Solution.
Désignons la somme requise, c'est-à-dire 
.
Pour n = 1, l'hypothèse est vraie.
Laisser 
... Montrons que 
.
En effet,
Le problème a été résolu.
Exemple 3.Montrer que la somme des carrés des n premiers nombres naturels est égale à 
.
Solution.
Laisser .
.
Faisons comme si 
... Puis
Et enfin.
Exemple 4. Prouve-le.
Solution.
Si donc
Exemple 5. Prouve-le
Solution.
Pour n = 1, l'hypothèse est évidemment vraie.
Laisser .
Prouvons-le.
Vraiment,
Exemples d'application de la méthode d'induction mathématique à
prouver les inégalités
Exemple 1.Montrer que pour tout entier naturel n> 1
.
Solution.
On note le côté gauche de l'inégalité par.
Par conséquent, pour n = 2, l'inégalité est vraie.
Soit pour certains k. Prouvons qu'alors et. On a 
, .
En comparant et, nous avons 
, c'est à dire. 
.
Pour tout entier naturel k, le membre de droite de la dernière égalité est positif. Alors . Mais, par conséquent, et.
Exemple 2.Trouver une erreur de raisonnement.
Déclaration. Pour tout nombre naturel n, l'inégalité est vraie.
Preuve.
. (1)
Montrons qu'alors l'inégalité est également valable pour n = k + 1, c'est-à-dire
.
En effet, au moins 2 pour tout entier naturel k. On ajoute l'inégalité (1) au membre de gauche et 2 au membre de droite. Nous obtenons une inégalité valide, ou 
... L'affirmation est prouvée.
Exemple 3.Prouve-le 
, où> -1,, n est un nombre naturel supérieur à 1.
Solution.
Pour n = 2, l'inégalité est valide, puisque.
Soit l'inégalité valide pour n = k, où k est un nombre naturel, c'est-à-dire
. (1)
Montrons qu'alors l'inégalité est également valable pour n = k + 1, c'est-à-dire
. (2)
En effet, par hypothèse, donc, l'inégalité
, (3)
obtenu à partir de l'inégalité (1) en multipliant chaque partie de celle-ci par. Nous réécrivons l'inégalité (3) comme suit :. En écartant le terme positif du membre de droite de la dernière inégalité, nous obtenons l'inégalité valide (2).
Exemple 4. Prouve-le
(1)
où,, n est un nombre naturel supérieur à 1.
Solution.
Pour n = 2, l'inégalité (1) prend la forme
. (2)
Puisque, alors l'inégalité est vraie
. (3)
En ajoutant à chaque partie de l'inégalité (3) par rapport à, on obtient l'inégalité (2).
Cela prouve que l'inégalité (1) est vraie pour n = 2.
Soit l'inégalité (1) valide pour n = k, où k est un nombre naturel, c'est-à-dire
. (4)
Montrons qu'alors l'inégalité (1) doit également être vérifiée pour n = k + 1, c'est-à-dire
(5)
On multiplie les deux côtés de l'inégalité (4) par a + b. Puisque, par condition, on obtient l'inégalité valide suivante :
. (6)
Pour prouver la validité de l'inégalité (5), il suffit de montrer que
, (7)
ou, ce qui est le même,
. (8)
L'inégalité (8) est équivalente à l'inégalité
. (9)
Si, alors, et du côté gauche de l'inégalité (9), nous avons le produit de deux nombres positifs. Si, alors, et du côté gauche de l'inégalité (9), nous avons le produit de deux nombres négatifs. Dans les deux cas, l'inégalité (9) est valide.
Cela prouve que la validité de l'inégalité (1) pour n = k implique sa validité pour n = k + 1.
La méthode d'induction mathématique appliquée aux autres
Tâches
L'application la plus naturelle de la méthode d'induction mathématique en géométrie, proche de l'utilisation de cette méthode en théorie des nombres et en algèbre, est l'application à la résolution de problèmes de calcul géométrique. Regardons quelques exemples.
Exemple 1.Calculez le côté du bon - un carré inscrit dans un cercle de rayon R.
Solution.
Pour n = 2 corriger 2 m - le gon est un carré ; son côté. De plus, selon la formule de doublement
on trouve que le côté d'un octogone régulier 
, côté d'un hexagone régulier 
, côté d'un trente-diagon régulier 
... Par conséquent, nous pouvons supposer que le côté du bon inscrit 2 m - le gon pour tout est égal à
. (1)
Supposons que le côté d'un -gon inscrit correct soit exprimé par la formule (1). Dans ce cas, selon la formule de doublement
,
d'où il suit que la formule (1) est valable pour tout n.
Exemple 2.En combien de triangles un n-gone (pas nécessairement convexe) peut-il être divisé par ses diagonales disjointes ?
Solution.
Pour un triangle, ce nombre est égal à un (aucune diagonale ne peut être tracée dans un triangle) ; pour un quadrangle, ce nombre est évidemment égal à deux.
Supposons que nous sachions déjà que tout k-gon, où k
Une
A 1 A 2
Soit А 1 А k l'une des diagonales de cette partition ; il divise le n-gon А 1 А 2 ... А n en le k-gon A 1 A 2 ... A k et le (nk + 2) -gon А 1 А k A k + 1 ... A n.m. En vertu de cette hypothèse, le nombre total de triangles dans la partition sera égal à
(k-2) + [(n-k + 2) -2] = n-2;
cela prouve notre affirmation pour tout n.
Exemple 3.Indiquez la règle de calcul du nombre P (n) de la manière dont un n-gone convexe peut être divisé en triangles par des diagonales disjointes.
Solution.
Pour un triangle, ce nombre est évidemment égal à un : P (3) = 1.
Supposons que nous ayons déjà déterminé les nombres P (k) pour tout k
P (n) = P (n-1) + P (n-2) P (3) + P (n-3) P (4) +… + P (3) P (n-2) + P (n -un).
En utilisant cette formule, on obtient successivement :
P (4) = P (3) + P (3) = 2,
P (5) = P (4) + P (3) P (3) + P (4) +5,
P (6) = P (5) + P (4) P (3) + P (3) P (4) + P (5) = 14
etc.
De plus, en utilisant la méthode d'induction mathématique, vous pouvez résoudre des problèmes avec des graphiques.
Soit un réseau de lignes sur le plan reliant certains points et n'ayant pas d'autres points. Nous appellerons un tel réseau de lignes une carte, des points donnés par ses sommets, des segments de courbes entre deux sommets adjacents - les limites de la carte, les parties du plan dans lesquelles elle est divisée par des frontières - les pays de la carte.
Qu'une carte soit donnée dans l'avion. Nous dirons qu'il est peint correctement si chacun de ses pays est peint avec une certaine peinture et que deux pays qui ont une frontière commune sont peints de couleurs différentes.
Exemple 4.Il y a n cercles sur le plan. Montrez que pour tout arrangement de ces cercles, la carte formée par eux peut être correctement colorée avec deux couleurs.
Solution.
Pour n = 1, notre affirmation est évidente.
Supposons que notre affirmation soit vraie pour tout graphique formé de n cercles, et soit n + 1 cercles sur le plan. En supprimant un de ces cercles, on obtient une carte, qui, grâce à l'hypothèse faite, peut être correctement colorée avec deux couleurs, par exemple, noir et blanc.
Si une phrase A (n), dépendant d'un entier naturel n, est vraie pour n = 1 et du fait qu'elle est vraie pour n = k (où k est un entier naturel quelconque), il s'ensuit qu'elle est également vraie pour le nombre suivant n = k +1, alors l'hypothèse A (n) est vraie pour tout nombre naturel n.
Dans certains cas, il est nécessaire de prouver la validité d'un certain énoncé non pas pour tous les nombres naturels, mais seulement pour n> p, où p est un nombre naturel fixe. Dans ce cas, le principe de l'induction mathématique est formulé comme suit.
Si la phrase A (n) est vraie pour n = p et si A (k) 10 A (k + 1) pour tout k> p, alors la phrase A (n) est vraie pour tout n> p.
La preuve par la méthode d'induction mathématique est effectuée comme suit. Premièrement, l'assertion à prouver est vérifiée pour n = 1, c'est-à-dire la véracité de l'énoncé A (1) est établie. Cette partie de la preuve est appelée la base d'induction. Vient ensuite la partie de la preuve appelée étape d'induction. Dans cette partie, nous prouvons la validité de l'assertion pour n = k + 1 sous l'hypothèse que l'assertion est valable pour n = k (l'hypothèse d'induction), c'est-à-dire, prouver que A (k) 10 A (k + 1)
Montrer que 1 + 3 + 5 +… + (2n-1) = n 2.
- 1) Nous avons n = 1 = 1 2. Par conséquent, l'énoncé est vrai pour n = 1, c'est-à-dire A (1) est vrai
- 2) Montrons que A (k) 10 A (k + 1)
Soit k un nombre naturel quelconque et l'énoncé soit vrai pour n = k, c'est-à-dire
1 + 3 + 5 +… + (2k-1) = k 2
Montrons qu'alors l'énoncé est également vrai pour le prochain nombre naturel n = k + 1, c'est-à-dire Quel
- 1 + 3 + 5 +… + (2k + 1) = (k + 1) 2 En effet,
- 1 + 3 + 5 +… + (2k-1) + (2k + 1) = k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2
Donc, A (k) Y A (k + 1). Sur la base du principe d'induction mathématique, nous concluons que l'hypothèse A (n) est vraie pour tout n N
Prouve-le
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n = (x n + 1 -1) / (x-1), où x # 1
- 1) Pour n = 1, on obtient
- 1 + x = (x 2 -1) / (x-1) = (x-1) (x + 1) / (x-1) = x + 1
par conséquent, pour n = 1, la formule est correcte ; A (1) est vrai
- 2) Soit k n'importe quel nombre naturel et la formule est vraie pour n = k,
- 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k = (x k + 1 -1) / (x-1)
Montrons qu'alors l'égalité
- 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k + x k + 1 = (x k + 2 -1) / (x-1) En effet
- 1 + x + x 2 + x 3 +… + x 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)
Donc, A (k) 10 A (k + 1). Sur la base du principe d'induction mathématique, nous concluons que la formule est vraie pour tout nombre naturel n
Montrer que le nombre de diagonales d'un n-gone convexe est n (n-3) / 2
Solution : 1) Pour n = 3, l'énoncé est vrai, car dans le triangle
Et 3 = 3 (3-3) / 2 = 0 diagonales ; A 2 A (3) est vrai
2) Supposons que tout k-gone convexe a А 1 x А k = k (k-3) / 2 diagonales. А k Montrons qu'alors dans un convexe А k + 1 (k + 1) -gon le nombre de diagonales А k + 1 = (k + 1) (k-2) / 2.
Soit А 1 А 2 А 3… A k A k + 1 -convexe (k + 1) -gon. Tracez-y une diagonale A 1 A k. Pour calculer le nombre total de diagonales de ce (k + 1) -gon, vous devez calculer le nombre de diagonales dans le k-gon A 1 A 2… A k, ajoutez k-2 au nombre résultant, c'est-à-dire le nombre de diagonales du (k + 1) -gon sortant du sommet А k + 1, et, en plus, la diagonale А 1 А k
De cette façon,
G k + 1 = G k + (k-2) + 1 = k (k-3) / 2 + k-1 = (k + 1) (k-2) / 2
Donc, A (k) 10 A (k + 1). En raison du principe d'induction mathématique, l'énoncé est vrai pour tout n-gone convexe.
Montrer que pour tout n, l'énoncé suivant est vrai :
1 2 +2 2 +3 2 +… + n 2 = n (n + 1) (2n + 1) / 6
Solution : 1) Soit n = 1, alors
X 1 = 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1
2) Supposons que n = k
X k = k 2 = k (k + 1) (2k + 1) / 6
3) Considérez cette affirmation pour n = k + 1
X k + 1 = (k + 1) (k + 2) (2k + 3) / 6
X k + 1 = 1 2 +2 2 +3 2 +… + k 2 + (k + 1) 2 = k (k + 1) (2k + 1) / 6 + + (k + 1) 2
= (k (k + 1) (2k + 1) +6 (k + 1) 2) / 6 = (k + 1) (k (2k + 1) +
6 (k + 1)) / 6 = (k + 1) (2k 2 + 7k + 6) / 6 = (k + 1) (2 (k + 3/2) (k +
2)) / 6 = (k + 1) (k + 2) (2k + 3) / 6
Nous avons prouvé l'égalité et pour n = k + 1, donc, en vertu de la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est vrai pour tout n naturel
Montrer que pour tout n naturel, l'égalité suivante est vraie :
1 3 +2 3 +3 3 +… + n 3 = n 2 (n + 1) 2/4
Solution : 1) Soit n = 1
Alors X 1 = 1 3 = 1 2 (1 + 1) 2/4 = 1. On voit que pour n = 1 l'énoncé est vrai.
2) Supposons que l'égalité soit vraie pour n = k
X k = k 2 (k + 1) 2/4
3) Prouvons la véracité de cette affirmation pour n = k + 1, c'est-à-dire
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
D'après la preuve ci-dessus, il est clair que l'énoncé est vrai pour n = k + 1, par conséquent, l'égalité est vraie pour tout nombre naturel n
Prouve-le
((2 3 +1) / (2 3 -1)) ґ ((3 3 +1) / (3 3 -1)) ґ… ґ ((n 3 +1) / (n 3 -1)) = 3n (n + 1) / 2 (n 2 + n + 1), où n> 2
Solution : 1) Pour n = 2, l'identité ressemble à :
- (2 3 +1) / (2 3 -1) = (3 2 ґ 3) / 2 (2 2 + 2 + 1), c'est-à-dire c'est vrai
- 2) Supposons que l'expression soit vraie pour n = k
- (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ… ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) = 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
- 3) Démontrons l'exactitude de l'expression pour n = k + 1
- (((2 3 +1) / (2 3 -1)) ґ… ґ ((k 3 +1) / (k 3 -1))) ґ (((k + 1) 3 +
1) / ((k + 1) 3 -1)) = (3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)) ґ ((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)
Nous avons prouvé l'égalité et pour n = k + 1, donc, par la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est vrai pour tout n > 2
Prouve-le
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +… + (2n-1) 3 - (2n) 3 = -n 2 (4n + 3) pour tout n naturel
Solution : 1) Soit n = 1, alors
- 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
- 2) Supposons que n = k, alors
- 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +… + (2k-1) 3 - (2k) 3 = -k 2 (4k + 3)
- 3) Prouvons la véracité de cette affirmation pour 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)
La validité de l'égalité pour n = k + 1 a également été prouvée, donc l'énoncé est vrai pour tout nombre naturel n.
Prouver l'exactitude de l'identité
(1 2/1 3) + (2 2/3 ґ 5) +… + (n 2 / (2n-1) ґ (2n + 1)) = n (n + 1) / 2 (2n + 1) pour tout naturel n
- 1) Pour n = 1, l'identité est vraie 1 2/1 ґ 3 = 1 (1 + 1) / 2 (2 + 1)
- 2) Supposons que pour n = k
- (1 2/1 3) +… + (k 2 / (2k-1) ґ (2k + 1)) = k (k + 1) / 2 (2k + 1)
- 3) Montrons que l'identité est vraie pour n = k + 1
- (1 2/1 ґ 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)) ґ ((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)
Il ressort clairement de la preuve ci-dessus que l'énoncé est vrai pour tout nombre naturel n.
Montrer que (11 n + 2 + 12 2n + 1) est divisible par 133 sans reste
Solution : 1) Soit n = 1, alors
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Mais (23 133) est divisible par 133 sans reste, donc pour n = 1 l'énoncé est vrai ; A (1) est vrai.
- 2) Supposons que (11 k + 2 + 12 2k + 1) est divisible par 133 sans reste
- 3) Montrons que dans ce cas (11 k + 3 + 12 2k + 3) est divisible par 133 sans reste. En effet
- 11 k + 3 +12 2l + 3 = 11 11 k + 2 +12 2 ґ 12 2k + 1 = 11 11 k + 2 +
+ (11 + 133) ґ 12 2k + 1 = 11 (11k + 2 +12 2k + 1) +133 ґ 12 2k + 1
La somme résultante est divisible par 133 sans reste, puisque son premier terme est divisible par 133 sans reste par hypothèse, et dans le second des facteurs est 133. Donc, A (k) Yu A (k + 1). Par la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est prouvé
Montrer que pour tout n 7 n -1 est divisible par 6 sans reste
- 1) Soit n = 1, alors X 1 = 7 1 -1 = 6 est divisé par 6 sans reste. Donc pour n = 1 la déclaration est vraie
- 2) Supposons que pour n = k 7 k -1 soit divisible par 6 sans reste
- 3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n = k + 1
X k + 1 = 7 k + 1 -1 = 7 7 k -7 + 6 = 7 (7 k -1) +6
Le premier terme est divisible par 6, puisque 7 k -1 est divisible par 6 par hypothèse, et le second terme est 6. Donc 7 n -1 est un multiple de 6 pour tout n naturel. L'énoncé est prouvé par la méthode de l'induction mathématique.
Montrer que 3 3n-1 +2 4n-3 pour un nombre naturel arbitraire n est divisible par 11.
1) Soit n = 1, alors
X 1 = 3 3 - 1 +2 4 - 3 = 3 2 +2 1 = 11 est divisible par 11 sans reste.
Par conséquent, pour n = 1, la déclaration est vraie.
- 2) Supposons que pour n = k X k = 3 3k-1 +2 4k-3 soit divisible par 11 sans reste
- 3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n = k + 1
X k + 1 = 3 3 (k + 1) -1 +2 4 (k + 1) -3 = 3 3k + 2 +2 4k + 1 = 3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =
27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 = (16 + 11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 = 16 ґ 3 3k-1 +
11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 = 16 (3 3k-1 +2 4k-3) +11 ґ 3 3k-1
Le premier terme est divisible par 11 sans reste, puisque 3 3k-1 +2 4k-3 est divisible par 11 par hypothèse, le second est divisible par 11, car l'un de ses facteurs est 11. Cela signifie que la somme est divisible par 11 sans reste pour tout n naturel. L'énoncé est prouvé par la méthode de l'induction mathématique.
Montrer que 11 2n -1 pour un nombre naturel arbitraire n est divisible par 6 sans reste
- 1) Soit n = 1, alors 11 2 -1 = 120 est divisible par 6 sans reste. Par conséquent, pour n = 1, la déclaration est vraie
- 2) Supposons que pour n = k 1 2k -1 soit divisible par 6 sans reste
- 11 2 (k + 1) -1 = 121 ґ 11 2k -1 = 120 ґ 11 2k + (11 2k -1)
Les deux termes sont divisibles par 6 sans reste : le premier contient un multiple de 6 avec 120, et le second est divisible par 6 sans reste par hypothèse. Cela signifie que le montant est divisible par 6 sans reste. L'énoncé est prouvé par la méthode de l'induction mathématique.
Montrer que 3 3n + 3 -26n-27 pour un nombre naturel arbitraire n est divisible par 26 2 (676) sans reste
Montrons d'abord que 3 3n + 3 -1 est divisible par 26 sans reste
- 1. Pour n = 0
- 3 3 -1 = 26 divisé par 26
- 2. Supposons que pour n = k
- 3 3k + 3 -1 est divisible par 26
- 3. Montrons que l'énoncé est vrai pour n = k + 1
- 3 3k + 6 -1 = 27 ґ 3 3k + 3 -1 = 26 ґ 3 3l + 3 + (3 3k + 3 -1) -divisé en 26
Démontrons maintenant l'énoncé formulé dans la condition du problème
- 1) Évidemment, pour n = 1, l'énoncé est vrai.
- 3 3+3 -26-27=676
- 2) Supposons que pour n = k l'expression 3 3k + 3 -26k-27 soit divisible par 26 2 sans reste
- 3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n = k + 1
- 3 3k + 6 -26 (k + 1) -27 = 26 (3 3k + 3 -1) + (3 3k + 3 -26k-27)
Les deux termes sont divisibles par 26 2 ; le premier est divisible par 26 2, car nous avons prouvé la divisibilité par 26 de l'expression entre parenthèses, et le second est divisible par l'hypothèse d'induction. Par la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est prouvé
Montrer que si n> 2 et x> 0, alors l'inégalité (1 + x) n> 1 + n x
- 1) Pour n = 2, l'inégalité est valide, puisque
- (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2> 1 + 2x
Par conséquent, A (2) est vrai
- 2) Démontrons que A (k) 10 A (k + 1) si k > 2. Supposons que A (k) est vraie, c'est-à-dire que l'inégalité
- (1 + x) k> 1 + k x. (3)
Montrons qu'alors A (k + 1) est aussi vrai, c'est-à-dire que l'inégalité
(1 + x) k + 1> 1+ (k + 1) x
En effet, en multipliant les deux côtés de l'inégalité (3) par un nombre positif 1 + x, on obtient
(1 + x) k + 1> (1 + k x) (1 + x)
Considérons le côté droit de la dernière inégalité ; on a
(1 + k x) (1 + x) = 1 + (k + 1) x + k ґ x 2> 1+ (k + 1) x
En conséquence, nous obtenons que (1 + x) k + 1> 1+ (k + 1) x
Donc, A (k) 10 A (k + 1). Sur la base du principe d'induction mathématique, on peut affirmer que l'inégalité de Bernoulli est valable pour tout n> 2
Montrer que l'inégalité (1 + a + a 2) m> 1 + m a + (m (m + 1) / 2) ґ a 2 est vraie pour a> 0
Solution : 1) Pour m = 1
- (1 + a + a 2) 1> 1 + a + (2/2) ґ a 2 les deux côtés sont égaux
- 2) Supposons que pour m = k
- (1 + a + a 2) k> 1 + k a + (k (k + 1) / 2) a 2
- 3) Montrons que pour m = k + 1 l'inégalité est vraie
- (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) ґ a + ((k (k + 1) / 2) + k + 1) a 2 +
+ ((k (k + 1) / 2) + k) a 3 + (k (k + 1) / 2) ґ a 4> 1+ (k + 1) ґ a +
+ ((k + 1) (k + 2) / 2) a 2
Nous avons prouvé l'inégalité pour m = k + 1, donc, par la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est valable pour tout nombre naturel m
Montrer que pour n> 6 l'inégalité 3 n> n 2 n + 1
On réécrit l'inégalité sous la forme (3/2) n> 2n
- 1. Pour n = 7 on a 3 7/2 7 = 2187/128> 14 = 2 7 l'inégalité est vraie
- 2. Supposons que pour n = k (3/2) k> 2k
- 3) Démontrons la validité de l'inégalité pour n = k + 1
- 3 k + 1/2 k + 1 = (3 k / 2 k) (3/2)> 2k (3/2) = 3k> 2 (k + 1)
Puisque k> 7, la dernière inégalité est évidente.
Par la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est valable pour tout nombre naturel n
Montrer que pour n> 2 l'inégalité
1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / n 2)<1,7-(1/n)
- 1) Pour n = 3, l'inégalité est vraie
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Supposons que pour n = k
- 1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / k 2) = 1,7- (1 / k)
- 3) Démontrons l'inégalité pour n = k + 1
- (1+ (1/2 2) +… + (1 / k 2)) + (1 / (k + 1) 2)
Montrons que 1,7- (1 / k) + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы
(1 / (k + 1) 2) + (1 / k + 1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы
k (k + 2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k Ce dernier est évident, et donc 1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k+1) En vertu de la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est prouvée. Méthode d'induction mathématique introduction Partie principale Conclusion Liste de la littérature utilisée introduction Toute recherche mathématique est basée sur des méthodes déductives et inductives. La méthode de raisonnement déductive consiste à raisonner du général au particulier, c'est-à-dire raisonnement, dont le point de départ est le résultat général, et le point final est le résultat particulier. L'induction est utilisée pour passer de résultats particuliers à des résultats généraux, c'est-à-dire est le contraire de la méthode déductive. La méthode d'induction mathématique peut être comparée au progrès. Nous commençons par le plus bas, à la suite d'une pensée logique, nous arrivons au plus haut. L'homme a toujours lutté pour le progrès, pour la capacité de développer sa pensée de manière logique, ce qui signifie que la nature elle-même l'a destiné à penser par induction. Bien que le champ d'application de la méthode d'induction mathématique se soit élargi, peu de temps lui est consacré dans le programme scolaire. Eh bien, dites-leur que deux ou trois leçons apporteront une personne utile, pour laquelle il entendra cinq mots de théorie, résoudra cinq problèmes primitifs et, par conséquent, recevra un A pour ne rien savoir. Mais il est si important de pouvoir penser de manière inductive. Partie principale Selon son sens originel, le mot « induction » s'applique au raisonnement à l'aide duquel on obtient des conclusions générales, fondées sur un certain nombre d'énoncés particuliers. La méthode de raisonnement la plus simple de ce genre est l'induction complète. Voici un exemple de ce raisonnement. Supposons qu'il soit nécessaire d'établir que tout nombre naturel pair n dans 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. Ces neuf égalités montrent que chacun des nombres qui nous intéressent est bien représenté comme une somme de deux termes simples. Ainsi, l'induction complète signifie que l'énoncé général est prouvé séparément dans chacun d'un nombre fini de cas possibles. Parfois, le résultat général peut être prédit après avoir considéré non pas tous, mais un nombre suffisamment grand de cas particuliers (l'induction dite incomplète). Le résultat obtenu par induction incomplète, cependant, ne reste qu'une hypothèse jusqu'à ce qu'il soit prouvé par un raisonnement mathématique exact couvrant tous les cas particuliers. En d'autres termes, l'induction incomplète en mathématiques n'est pas considérée comme une méthode légitime de preuve rigoureuse, mais c'est une méthode puissante pour découvrir de nouvelles vérités. Supposons, par exemple, que vous souhaitiez trouver la somme des n premiers nombres impairs consécutifs. Considérons des cas particuliers : 1+3+5+7+9=25=5 2 Après avoir examiné ces quelques cas particuliers, la conclusion générale suivante s'impose : 1 + 3 + 5 +… + (2n-1) = n 2 celles. la somme des n premiers nombres impairs consécutifs est n 2 Bien entendu, l'observation faite ne peut pas encore servir de preuve de la validité de la formule ci-dessus. L'induction complète est d'une utilité limitée en mathématiques. De nombreuses déclarations mathématiques intéressantes couvrent un nombre infini de cas particuliers, mais nous ne sommes pas en mesure de vérifier un nombre infini de cas. Une induction incomplète conduit souvent à des résultats erronés. Dans de nombreux cas, le moyen de sortir de ce genre de difficulté est de se tourner vers une méthode spéciale de raisonnement appelée la méthode d'induction mathématique. C'est comme suit. Supposons que vous ayez besoin de prouver la validité d'une certaine affirmation pour tout nombre naturel n (par exemple, vous devez prouver que la somme des n premiers nombres impairs est égale à n 2). La vérification directe de cette déclaration pour chaque valeur de n est impossible, puisque l'ensemble des nombres naturels est infini. Pour prouver cette affirmation, vérifiez d'abord sa validité pour n = 1. Ensuite, il est prouvé que pour toute valeur naturelle de k, la validité de l'énoncé considéré pour n = k implique sa validité également pour n = k + 1. Alors l'énoncé est considéré comme prouvé pour tout n. En effet, l'énoncé est vrai pour n = 1. Mais alors c'est aussi vrai pour le nombre suivant n = 1 + 1 = 2. La validité de l'énoncé pour n = 2 implique sa validité pour n = 2 + 1 = 3. Cela implique la validité de l'énoncé pour n = 4, etc. Il est clair qu'à la fin nous atteindrons n'importe quel entier naturel n. Par conséquent, la déclaration est vraie pour tout n. Résumant ce qui a été dit, nous formulons le principe général suivant. Le principe de l'induction mathématique. Si une phrase A (n), dépendant d'un entier naturel n, est vraie pour n = 1 et du fait qu'elle est vraie pour n = k (où k est un entier naturel quelconque), il s'ensuit qu'elle est également vraie pour le nombre suivant n = k +1, alors l'hypothèse A (n) est vraie pour tout nombre naturel n. Dans certains cas, il est nécessaire de prouver la validité d'un certain énoncé non pas pour tous les nombres naturels, mais seulement pour n> p, où p est un nombre naturel fixe. Dans ce cas, le principe de l'induction mathématique est formulé comme suit. Si la phrase А (n) est vraie pour n = p et si А (k) (k + 1) pour tout k> p, alors la phrase А (n) est vraie pour tout n> p. La preuve par la méthode d'induction mathématique est effectuée comme suit. Premièrement, l'assertion à prouver est vérifiée pour n = 1, c'est-à-dire la véracité de l'énoncé A (1) est établie. Cette partie de la preuve est appelée la base d'induction. Vient ensuite la partie de la preuve appelée étape d'induction. Dans cette partie, nous prouvons la validité de l'assertion pour n = k + 1 sous l'hypothèse que l'assertion est valable pour n = k (l'hypothèse d'induction), c'est-à-dire, prouver que A (k) A (k + 1). Montrer que 1 + 3 + 5 +… + (2n-1) = n 2. Solution : 1) On a n = 1 = 1 2. D'où, l'énoncé est vrai pour n = 1, c'est-à-dire A (1) est vrai. 2) Montrons que А (k) A (k + 1). Soit k un nombre naturel quelconque et l'énoncé soit vrai pour n = k, c'est-à-dire 1 + 3 + 5 +… + (2k-1) = k2. Montrons qu'alors l'énoncé est également vrai pour le prochain nombre naturel n = k + 1, c'est-à-dire Quel 1 + 3 + 5 +… + (2k + 1) = (k + 1) 2. En effet, 1 + 3 + 5 +… + (2k-1) + (2k + 1) = k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2. Donc, A (k) A (k + 1). Sur la base du principe d'induction mathématique, nous concluons que l'hypothèse A (n) est vraie pour tout nÎN. Prouve-le 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n = (x n + 1 -1) / (x-1), où x¹1 Solution : 1) Pour n = 1 on obtient 1 + x = (x 2 -1) / (x-1) = (x-1) (x + 1) / (x-1) = x + 1 par conséquent, pour n = 1, la formule est correcte ; A (1) est vrai. 2) Soit k n'importe quel nombre naturel et la formule est vraie pour n = k, c'est-à-dire 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k = (x k + 1 -1) / (x-1). Montrons qu'alors l'égalité 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k + x k + 1 = (x k + 2 -1) / (x-1). En effet 1 + x + x 2 + x 3 +… + x 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). Donc, A (k) A (k + 1). Sur la base du principe d'induction mathématique, nous concluons que la formule est vraie pour tout nombre naturel n. Montrer que le nombre de diagonales d'un n-gone convexe est n (n-3) / 2. Solution : 1) Pour n = 3, l'énoncé est Et 3 est sournois, car dans un triangle А 3 = 3 (3-3) / 2 = 0 diagonales ; A 2 A (3) est vrai. 2) Supposons que dans n'importe quel convexe k-gon a- А 1 sy А k = k (k-3) / 2 diagonales. А k Montrons qu'alors dans le convexe (k + 1) -nombre de gon diagonales А k + 1 = (k + 1) (k-2) / 2. Soit A 1 A 2 A 3… A k A k + 1 -convexe (k + 1) -angle. Tracez-y une diagonale A 1 A k. Pour compter le nombre total de diagonales de ce (k + 1) -gon, vous devez compter le nombre de diagonales dans le k-gon A 1 A 2… A k, ajoutez k-2 au nombre obtenu, c'est-à-dire le nombre de diagonales du (k + 1) -gon sortant du sommet А k + 1 et, en plus, la diagonale А 1 А k doivent être pris en compte. De cette façon, k + 1 = k + (k-2) + 1 = k (k-3) / 2 + k-1 = (k + 1) (k-2) / 2. Donc, A (k) A (k + 1). En raison du principe d'induction mathématique, l'énoncé est vrai pour tout n-gone convexe. Montrer que pour tout n, l'énoncé suivant est vrai : 1 2 +2 2 +3 2 +… + n 2 = n (n + 1) (2n + 1) / 6. Solution : 1) Soit n = 1, alors X 1 = 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1. Par conséquent, pour n = 1, la déclaration est vraie. 2) Supposons que n = k X k = k 2 = k (k + 1) (2k + 1) / 6. 3) Considérez cette affirmation pour n = k + 1 X k + 1 = (k + 1) (k + 2) (2k + 3) / 6. X k + 1 = 1 2 +2 2 +3 2 +… + k 2 + (k + 1) 2 = k (k + 1) (2k + 1) / 6 + + (k + 1) 2 = (k (k + 1) (2k + 1) +6 (k + 1) 2) / 6 = (k + 1) (k (2k + 1) + 6 (k + 1)) / 6 = (k + 1) (2k 2 + 7k + 6) / 6 = (k + 1) (2 (k + 3/2) (k + 2)) / 6 = (k + 1) (k + 2) (2k + 3) / 6. Nous avons prouvé la validité de l'égalité pour n = k + 1, donc, en vertu de la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est vrai pour tout n naturel. Montrer que pour tout n naturel, l'égalité suivante est vraie : 1 3 +2 3 +3 3 +… + n 3 = n 2 (n + 1) 2/4. Solution : 1) Soit n = 1. Alors X 1 = 1 3 = 1 2 (1 + 1) 2/4 = 1. On voit que pour n = 1 l'énoncé est vrai. 2) Supposons que l'égalité soit vraie pour n = k X k = k 2 (k + 1) 2/4. 3) Prouvons la véracité de cette affirmation pour n = k + 1, c'est-à-dire 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. D'après la preuve donnée, il est clair que l'énoncé est vrai pour n = k + 1, par conséquent, l'égalité est vraie pour tout nombre naturel n. Prouve-le ((2 3 +1) / (2 3 -1)) ´ ((3 3 +1) / (3 3 -1)) ´… ´ ((n 3 +1) / (n 3 -1)) = 3n (n + 1) / 2 (n 2 + n + 1), où n> 2. Solution : 1) Pour n = 2, l'identité ressemble à : (2 3 +1) / (2 3 -1) = (3´2´3) / 2 (2 2 + 2 + 1), celles. c'est vrai. 2) Supposons que l'expression soit vraie pour n = k (2 3 +1) / (2 3 -1) ´… ´ (k 3 +1) / (k 3 -1) = 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1). 3) Démontrons l'exactitude de l'expression pour n = k + 1. (((2 3 +1) / (2 3 -1)) ´… ´ ((k 3 +1) / (k 3 -1))) ´ (((k + 1) 3 + 1) / ((k + 1) 3 -1)) = (3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)) ´ ((k + 2) ((k + 1) 2 - (k + 1) +1) / k ((k + 1) 2 + (k + 1) +1)) = 3 (k + 1) (k + 2) / 2´ ´ ((k + 1) 2 + (k + 1) +1). Nous avons prouvé l'égalité et pour n = k + 1, donc, par la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est vrai pour tout n > 2 Prouve-le 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +… + (2n-1) 3 - (2n) 3 = -n 2 (4n + 3) pour tout naturel n. Solution : 1) Soit n = 1, alors 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7. 2) Supposons que n = k, alors 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +… + (2k-1) 3 - (2k) 3 = -k 2 (4k + 3). 3) Prouvons la véracité de cette affirmation pour 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). La validité de l'égalité pour n = k + 1 a également été prouvée, donc l'énoncé est vrai pour tout nombre naturel n. Prouver l'exactitude de l'identité (1 2 / 1´3) + (2 2 / 3´5) +… + (n 2 / (2n-1) ´ (2n + 1)) = n (n + 1) / 2 (2n + 1) pour tout naturel n. 1) Pour n = 1, l'identité est vraie 1 2 / 1´3 = 1 (1 + 1) / 2 (2 + 1). 2) Supposons que pour n = k (1 2 / 1´3) +… + (k 2 / (2k-1) ´ (2k + 1)) = k (k + 1) / 2 (2k + 1). 3) Montrons que l'identité est vraie pour 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). D'après la preuve donnée, il est clair que l'énoncé est vrai pour tout nombre naturel n. Montrer que (11 n + 2 +12 2n + 1) est divisible par 133 sans reste. Solution : 1) Soit n = 1, alors 11 3 +12 3 = (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) = 23´133. Mais (23´133) est divisible par 133 sans reste, donc pour n = 1 l'énoncé est vrai ; A (1) est vrai. 2) Supposons que (11 k + 2 + 12 2k + 1) soit divisible par 133 sans reste. 3) Montrons que dans ce cas (11 k + 3 +12 2k + 3) est divisible par 133 sans reste. En effet, 11 k + 3 +12 2n + 3 = 11´11 k + 2 +12 2´ 12 2k + 1 = 11´11 k + 2 + + (11 + 133) ´12 2k + 1 = 11 (11k + 2 +12 2k + 1) + 133´12 2k + 1. La somme résultante est divisible par 133 sans reste, puisque son premier terme est divisible par 133 sans reste par hypothèse, et dans le second des facteurs est 133. Donc, A (k) A (k + 1). En vertu de la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est prouvé. Montrer que pour tout n 7 n -1 est divisible par 6 sans reste. Solution : 1) Soit n = 1, alors X 1 = 7 1 -1 = 6 est divisé par 6 sans reste. Cela signifie que pour n = 1, la déclaration est vraie. 2) Supposons que pour n = k 7 k -1 est divisible par 6 sans reste. 3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n = k + 1. X k + 1 = 7 k + 1 -1 = 7´7 k -7 + 6 = 7 (7 k -1) +6. Le premier terme est divisible par 6, puisque 7 k -1 est divisible par 6 par hypothèse, et le second terme est 6. Donc 7 n -1 est un multiple de 6 pour tout n naturel. En vertu de la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est prouvé. Montrer que 3 3n-1 +2 4n-3 est divisible par 11 pour un n-ronde arbitraire. X 1 = 3 3 - 1 +2 4 - 3 = 3 2 +2 1 = 11 est divisible par 11 sans reste. Par conséquent, pour n = 1, la déclaration est vraie. 2) Supposons que pour n = k X k = 3 3k-1 +2 4k-3 est divisible par 11 sans reste. 3) Montrons que l'énoncé est vrai pour 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. Le premier terme est divisible par 11 sans reste, puisque 3 3k-1 +2 4k-3 est divisible par 11 par hypothèse, le second est divisible par 11, car un de ses facteurs est 11. Donc la somme est divisible par 11 sans reste pour tout n naturel. En vertu de la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est prouvé. Montrer que 11 2n -1 pour un n naturel arbitraire est divisible par 6 sans reste. Solution : 1) Soit n = 1, alors 11 2 -1 = 120 est divisible par 6 sans reste. Cela signifie que pour n = 1, la déclaration est vraie. 2) Supposons que pour n = k 11 2k -1 est divisible par 6 sans reste. 11 2 (k + 1) -1 = 121´11 2k -1 = 120´11 2k + (11 2k -1). Les deux termes sont divisibles par 6 sans reste : le premier contient un multiple de 6 avec 120, et le second est divisible par 6 sans reste par hypothèse. Cela signifie que le montant est divisible par 6 sans reste. L'énoncé est prouvé par la méthode de l'induction mathématique. Montrer que 3 3n + 3 -26n-27 pour un nombre naturel arbitraire n est divisible par 26 2 (676) sans reste. Solution : Montrons d'abord que 3 3n + 3 -1 est divisible par 26 sans reste. 3 3 -1 = 26 divisé par 26 3 3k + 3 -1 est divisible par 26 est vrai pour n = k + 1. 3 3k + 6 -1 = 27´3 3k + 3 -1 = 26´3 3L + 3 + (3 3k + 3 -1) –divisé en 26 Nous allons maintenant prouver l'énoncé formulé dans l'énoncé du problème. 1) Évidemment, pour n = 1 l'énoncé est vrai 3 3+3 -26-27=676 2) Supposons que pour n = k l'expression 3 3k + 3 -26k-27 est divisible par 26 2 sans reste. 3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n = k + 1 3 3k + 6 -26 (k + 1) -27 = 26 (3 3k + 3 -1) + (3 3k + 3 -26k-27). Les deux termes sont divisibles par 26 2 ; le premier est divisible par 26 2, car nous avons prouvé la divisibilité par 26 de l'expression entre parenthèses, et le second est divisible par l'hypothèse d'induction. L'énoncé est prouvé par la méthode de l'induction mathématique. Montrer que si n> 2 et > 0, alors l'inégalité (1 + x) n> 1 + n'x. Solution : 1) Pour n = 2, l'inégalité est valide, puisque (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2> 1 + 2x. Par conséquent, A (2) est vrai. 2) Montrons que A (k) A (k + 1) si k> 2. Supposons que A (k) est vrai, c'est-à-dire l'inégalité (1 + x) k> 1 + k'x. (3) Montrons qu'alors A (k + 1) est aussi vrai, c'est-à-dire que l'inégalité (1 + x) k + 1> 1+ (k + 1) ´x. En effet, en multipliant les deux côtés de l'inégalité (3) par un nombre positif 1 + x, on obtient (1 + x) k + 1> (1 + k´x) (1 + x). Considérons le membre de droite de la dernière inégalité successions; on a (1 + k´x) (1 + x) = 1 + (k + 1) ´x + k´x 2> 1+ (k + 1) ´x. En conséquence, nous obtenons que (1 + x) k + 1> 1+ (k + 1) ´x. Donc, A (k) A (k + 1). Sur la base du principe d'induction mathématique, on peut soutenir que l'inégalité de Bernoulli est valable pour tout Montrer que l'inégalité (1 + a + a 2) m> 1 + m´a + (m (m + 1) / 2) ´a 2 pour a> 0. Solution : 1) Pour m = 1 (1 + a + a 2) 1> 1 + a + (2/2) ´a 2 les deux parties sont égales. 2) Supposons que pour m = k (1 + a + a 2) k> 1 + k´a + (k (k + 1) / 2) ´a 2 3) Montrons que pour m = k + 1 l'inégalité est vraie (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. Nous avons prouvé l'inégalité pour m = k + 1, donc, en vertu de la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est valable pour tout m naturel. Montrer que pour n> 6 l'inégalité 3 n> n´2 n + 1. Solution : On réécrit l'inégalité sous la forme 3 7/2 7 = 2187/128> 14 = 2´7 l'inégalité est vraie. 3) Démontrons la validité de l'inégalité pour n = k + 1. 3k + 1/2k + 1 = (3k/2k) ´ (3/2)> 2k´ (3/2) = 3k> 2 (k + 1). Puisque k> 7, la dernière inégalité est évidente. En vertu de la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est valable pour tout entier naturel n. Montrer que pour n> 2 l'inégalité 1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / n 2)<1,7-(1/n). Solution : 1) Pour n = 3, l'inégalité est vraie 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3). 1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / k 2) = 1,7- (1 / k). 3) Démontrons la validité de la égalité pour n = k + 1 (1+ (1/2 2) +… + (1 / k 2)) + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2). Montrons que 1,7- (1 / k) + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k+1)Û (1 / (k + 1) 2) + (1 / k + 1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ k (k + 2)<(k+1) 2Û k 2 +2k Ce dernier est évident, et donc 1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k+1). L'inégalité est prouvée par la méthode de l'induction mathématique. Conclusion En particulier, après avoir étudié la méthode d'induction mathématique, j'ai amélioré mes connaissances dans ce domaine des mathématiques, et j'ai également appris à résoudre des problèmes qui étaient auparavant au-delà de mes compétences. Fondamentalement, il s'agissait de tâches logiques et divertissantes, c'est-à-dire juste ceux qui augmentent l'intérêt pour les mathématiques elles-mêmes en tant que science. Résoudre de tels problèmes devient une activité divertissante et peut attirer de plus en plus de curieux dans les labyrinthes mathématiques. À mon avis, c'est la base de toute science. En continuant à étudier la méthode d'induction mathématique, j'essaierai d'apprendre à l'appliquer non seulement aux mathématiques, mais aussi à la résolution de problèmes de physique, de chimie et de la vie elle-même. MATHÉMATIQUES: CONFÉRENCES, PROBLÈMES, SOLUTIONS Manuel / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I.Chabounine. SARL "Pot-pourri" 1996. ALGÈBRE ET DÉBUT D'ANALYSE Manuel / I.T.Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I.Schwarzburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E. Weitz. "Lumières" 1975.
Solution : 1) Soit n = 1, alors