Matematinės indukcijos principas. Pavyzdžių sprendimas

Įrodinėjimo metodas, kuris bus aptartas šiame skyriuje, yra pagrįstas viena iš natūraliosios serijos aksiomų.

Indukcijos aksioma. Tegu pateikiamas sakinys, priklausantis nuo kintamojo P, vietoj kurių galite pakeisti bet kokius natūraliuosius skaičius. Pažymėkime tai A(p). Tegul ir sakinys BET yra tiesa skaičiui 1 ir dėl to BET tiesa skaičiui į, seka tai BET tiesa skaičiui k+ 1. Tada pasiūlykite BET tinka visoms gamtos vertybėms P.

Simbolinis aksiomos žymėjimas:

čia viršūnė- kintamieji virš natūraliųjų skaičių aibės. Iš indukcijos aksiomos gaunama tokia išvados taisyklė:

Taigi, siekiant įrodyti teiginio teisingumą BET, pirmiausia galime įrodyti du teiginius: teiginio teisingumą BET( 1), taip pat pasekmė A(k) => A(k+ 1).

Atsižvelgdami į tai, kas išdėstyta pirmiau, aprašome subjektą metodas

matematinė indukcija.

Tegul reikalaujama įrodyti, kad sakinys A(p) tiesa visiems natūraliems P.Įrodymas yra padalintas į du etapus.

1 etapas. indukcijos pagrindas. Mes priimame kaip vertybę P numeris 1 ir tai patikrinkite BET( 1) yra teisingas teiginys.
2 etapas. Indukcinis perėjimas. Tai įrodome bet kuriam natūraliajam skaičiui į implikacija teisinga: jei A(k), tada A(k+ 1).

Indukcinė ištrauka prasideda žodžiais: „Paimkite savavališką natūraliąjį skaičių į, toks kad A(k)", arba „Leiskite natūraliam skaičiui į teisingai A(k)". Vietoj žodžio „tegul“ jie dažnai sako „tarkime, kad ...“.

Po šių žodžių raidė įžymi kokį nors fiksuotą objektą, kuriam galioja santykis A(k). Iš A(k) išvedame pasekmes, tai yra statome sakinių grandinę A(k) 9 R, Pi, ..., Rn = A(k+ 1), kur kiekvienas sakinys R, yra teisingas teiginys arba ankstesnių sakinių pasekmė. Paskutinis sakinys R" turi derėti su A(k+ vienas). Iš to darome išvadą: nuo A(k) turėtų A(k+).

Indukcinio perėjimo vykdymą galima suskirstyti į du etapus:

1) Indukcinė prielaida. Čia mes manome, kad BET į kintamasis n.
2) Remdamiesi prielaida, tai įrodome BET tinka numeriui?+1.

5.5.1 pavyzdys.Įrodykime, kad skaičius p+p yra net visiems natūralūs P.

čia A(p) = "n 2 + n- lyginis skaičius". Tai būtina įrodyti BET - identiškai tikras predikatas. Taikome matematinės indukcijos metodą.

indukcijos pagrindas. Paimkime l=1. Pakaitalas išraiškoje P+//, gauname n 2 + n= I 2 + 1 = 2 yra lyginis skaičius, tai yra, /1(1) yra teisingas teiginys.

Suformuluokime indukcinė hipotezė A(k)= "Skaičius iki 2 + iki - net“. Galite pasakyti taip: „Paimkite savavališką natūralųjį skaičių į toks kad iki 2 + iki yra lyginis skaičius.

Iš to darome išvadą A(kA-)= "Skaičius (k+ 1) 2 + (? + 1) – lyginis.

Pagal operacijų savybes atliekame transformacijas:

Pirmasis gautos sumos narys yra lyginis pagal prielaidą, antrasis yra lyginis pagal apibrėžimą (nes turi 2 formą P). Taigi suma yra lyginis skaičius. Pasiūlyti A(k+ 1) įrodė.

Matematinės indukcijos metodu darome išvadą: sakinys A(p) tiesa visiems natūraliems P.

Žinoma, nereikia kiekvieną kartą įvesti žymos A(p). Tačiau vis tiek rekomenduojama atskiroje eilutėje suformuluoti indukcinę prielaidą ir tai, ką iš jos reikia išvesti.

Atkreipkite dėmesį, kad 5.5.1 pavyzdyje pateiktas teiginys gali būti įrodytas nenaudojant matematinės indukcijos metodo. Norėdami tai padaryti, pakanka apsvarstyti du atvejus: kada P net ir kada P nelyginis.

Daugelis dalijamumo problemų išsprendžiamos matematine indukcija. Pažvelkime į sudėtingesnį pavyzdį.

5.5.2 pavyzdys.Įrodykime, kad skaičius 15 2u_| Visų natūraliųjų skaičių +1 dalijasi iš 8 P.

Bacha indukcija. Paimkime /1=1. Turime: numeris 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 dalijasi iš 8.

, kuri kai kuriems

natūralusis skaičius į skaičius 15 2 * '+1 dalijasi iš 8.

Įrodykime koks tada yra skaičius a\u003d 15 2 (ZHN +1 dalijasi iš 8.

Paverskime skaičių a:

Darant prielaidą, skaičius 15 2A1 +1 dalijasi iš 8, o tai reiškia, kad visas pirmasis narys dalijasi iš 8. Antrasis narys 224=8-28 taip pat dalijasi iš 8. Taigi skaičius a nes dviejų skaičių, kurie yra 8 kartotiniai, skirtumas dalijasi iš 8. Indukcinis žingsnis yra pagrįstas.

Remdamiesi matematinės indukcijos metodu, darome išvadą, kad visiems natūraliems P skaičius 15 2 "-1 -*-1 dalijasi iš 8.

Pateiksime keletą pastabų apie išspręstą problemą.

Įrodytas teiginys gali būti suformuluotas šiek tiek kitaip: „Skaičius 15“ „+1 dalijasi iš 8 bet kuriam nelyginiam natūraliam / ir“.

Antra, iš įrodyto bendro teiginio galima padaryti tam tikrą išvadą, kurios įrodymą galima pateikti kaip atskirą uždavinį: skaičius 15 2015 +1 dalijasi iš 8. Todėl kartais pravartu problemą apibendrinti pažymint tam tikrą reikšmę raide, tada taikykite matematinės indukcijos metodą.

Bendriausia prasme terminas „indukcija“ reiškia, kad bendros išvados daromos remiantis konkrečiais pavyzdžiais. Pavyzdžiui, įvertinę kelis lyginių skaičių sumų 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38 pavyzdžius, darome išvadą, kad bet kurių dviejų sumų suma lyginiai skaičiai yra lyginiai.

Bendruoju atveju tokia indukcija gali lemti neteisingas išvadas. Pateikime tokio neteisingo samprotavimo pavyzdį.

5.5.3 pavyzdys. Apsvarstykite skaičių a= /r+n+41 natūraliam /?.

Raskime vertybes a kai kurioms vertybėms P.

Leisti būti n= Aš tada a = 43 yra pirminis skaičius.

Tegu /7=2. Tada a= 4+2+41 = 47 yra pirminis.

Tegu l=3. Tada a= 9+3+41 = 53 yra pirminis.

Tegu /7=4. Tada a= 16+4+41 = 61 yra pirminis.

Priimk kaip vertybes P skaičiai po keturkampio, pvz., 5, 6, 7, ir įsitikinkite, kad skaičius a bus paprasta.

Darome išvadą: „Visiems natūraliems /? numerį a bus paprasta“.

Rezultatas yra klaidingas teiginys. Štai priešinis pavyzdys: /7=41. Įsitikinkite, kad tai P numerį a bus sudėtinis.

Sąvoka „matematinė indukcija“ turi siauresnę reikšmę, nes naudojant šį metodą visada galite padaryti teisingą išvadą.

5.5.4 pavyzdys. Remdamiesi indukciniais samprotavimais, gauname aritmetinės progresijos bendrojo nario formulę. Prisiminkite, kad aritmetiko profesija yra skaitinė seka, kurios kiekvienas narys nuo ankstesnės skiriasi tuo pačiu skaičiumi, vadinamas progresijos skirtumu. Norint vienareikšmiškai nurodyti aritmetiko profesiją, reikia nurodyti pirmąjį jos narį a ir skirtumas d.

Taigi pagal apibrėžimą a p+ = a n + d, adresu n> 1.

Matematikos mokykliniame kurse, kaip taisyklė, bendrojo aritmetiko profesijos termino formulė nustatoma remiantis konkrečiais pavyzdžiais, tai yra būtent indukcija.

Jei /7=1, TAI Su 7| = AŠ|, TADA AŠ esu| = tf|+df(l -1).

Jei /7 = 2, tada i 2 = a + d, t.y a= I|+*/(2-1).

Jei /7=3, tai i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, y., i 3 = i|+(3-1).

Jei /7 = 4, tada i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3 ir kt.

Pateikti konkretūs pavyzdžiai leidžia iškelti hipotezę: bendrojo termino formulė turi formą a" = a+(n-)d visiems /7>1.

Įrodykime šią formulę matematinės indukcijos metodu.

bazinė indukcija patikrinta ankstesnėse diskusijose.

Leisti būti į - toks skaičius, prie kurio aš * - a+(k-)d (indukcinė prielaida).

Įrodykime kad aš*+! = a+((k+)-)d, y., i*+1 = ax+kd.

Pagal apibrėžimą i*+1 = ab + d. a iki= aš | +(į-1 )d, reiškia, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= aš aš +kd, kurį reikėjo įrodyti (pateisinti indukcinį perėjimą).

Dabar formulė i„ = a+(n-)dįrodyta bet kuriam natūraliam skaičiui /;.

Tegul kokia nors seka i b i 2 , i, „ ... (ne

būtinai aritmetinė arba geometrinė progresija). Dažnai kyla problemų, kai reikia susumuoti pirmą Pšios sekos nariai, tai yra, nurodykite sumą R|+i 2 +...+i ir formulę, kuri leidžia rasti šios sumos reikšmes neskaičiuojant sekos narių.

5.5.5 pavyzdys. Įrodykime, kad pirmojo suma P Natūralūs skaičiai yra

/?(/7 + 1)

Pažymėkite sumą 1+2+...+/7 Sn. Raskime vertybes S n kai kuriems /7.

Atkreipkite dėmesį, kad norėdami rasti sumą S 4, galite naudoti anksčiau apskaičiuotą reikšmę 5 3, nes 5 4 = 5 3 +4.

n(n +1)

Jei pakeisime svarstomas reikšmes /? terminu --- kažkas

gauname atitinkamai tas pačias sumas 1, 3, 6, 10. Šie stebėjimai

. _ n(n + 1)

pasiūlyti, kad formulė S„=--- gali būti naudojamas, kai

bet koks //. Įrodykime šį spėjimą matematinės indukcijos metodu.

bazinė indukcija patikrinta. Padarykime tai indukcinis perėjimas.

Tarkime kad formulė teisinga kokiam nors natūraliam skaičiui

, k(k + 1)

k, tada tinklas yra pirmojo suma į Natūralūs skaičiai yra ----.

Įrodykime kad pirmųjų (?+1) natūraliųjų skaičių suma lygi

(* + !)(* + 2)

Išreikškime?*+1 per S k . Norėdami tai padaryti, sumoje S*+i sugrupuojame pirmąjį į terminus, o paskutinį terminą parašykite atskirai:

Pagal indukcinę hipotezę S k = Taigi rasti

pirmųjų (? + 1) natūraliųjų skaičių suma, pakanka jau apskaičiuotam

. „ k(k + 1) _ .. ..

pirmojo suma į skaičiai lygūs ---, pridėkite vieną narį (k + 1).

Indukcinis perėjimas yra pagrįstas. Taigi pradžioje iškelta hipotezė yra įrodyta.

Mes įrodėme formulę S n = n ^ n+ metodas

matematinė indukcija. Žinoma, yra ir kitų įrodymų. Pavyzdžiui, galite parašyti sumą S, terminų didėjimo tvarka, o po to terminų mažėjimo tvarka:

Vieno stulpelio narių suma yra pastovi (vienoje sumoje kiekvienas kitas narys sumažėja 1, o kitame padidėja 1) ir yra lygi (/r + 1). Todėl, susumavus gautas sumas, turime P terminai lygūs (u+1). Taigi dvigubai daugiau S " yra lygus n(n+ 1).

Ką tik įrodyta formulė gali būti gauta kaip specialus pirmosios sumos formulės atvejis P aritmetinės progresijos nariai.

Grįžkime prie matematinės indukcijos metodo. Atkreipkite dėmesį, kad visada būtinas pirmasis matematinės indukcijos metodo etapas (indukcijos pagrindas). Šio žingsnio nebuvimas gali lemti neteisingą išvadą.

5.5.6 pavyzdys. „Įrodykime“ sakinį: „Skaičius 7“ + 1 dalijasi iš 3 bet kuriam natūraliam skaičiui“.

„Tarkime, dėl kokios nors gamtos vertybės į skaičius 7*+1 dalijasi iš 3. Įrodykime, kad skaičius 7 x +1 dalijasi iš 3. Atlikite transformacijas:

Skaičius 6 akivaizdžiai dalijasi iš 3. Skaičius 1 iki + pagal indukcinę hipotezę dalijasi iš 3, todėl skaičius 7-(7* + 1) taip pat dalijasi iš 3. Todėl skaičių skirtumas, kuris dalijasi iš 3, taip pat dalijasi iš 3.

Pasiūlymas įrodytas“.

Pirminio teiginio įrodymas yra neteisingas, nepaisant to, kad indukcinis žingsnis yra teisingas. Tikrai, pas n= Turiu numerį 8, su n=2 – skaičius 50, ... ir nė vienas iš šių skaičių nesidalija iš 3.

Padarykime svarbią pastabą apie natūraliojo skaičiaus žymėjimą atliekant indukcinį perėjimą. Formuluojant pasiūlymą A(p) laišką P pažymėjome kintamąjį, vietoj kurio galima pakeisti bet kokius natūraliuosius skaičius. Formuluodami indukcinę hipotezę kintamojo reikšmę pažymėjome raide į. Tačiau labai dažnai vietoj naujos raidės į naudokite tą pačią raidę kaip ir kintamąjį. Tai neturi įtakos samprotavimo struktūrai atliekant indukcinį perėjimą.

Panagrinėkime dar kelis uždavinių, kuriems spręsti galima pritaikyti matematinės indukcijos metodą, pavyzdžius.

5.5.7 pavyzdys. Raskite sumos vertę

Kintamasis užduotyje P neatsiranda. Tačiau apsvarstykite terminų seką:

Pažymėti S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Raskime S“ kai kuriems P. Jei /1 = 1, tada S, = a, =-.

Jeigu n= 2. tada S, = a, + a? = - + - = - = -.

Jei /?=3, tada S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Vertes galite apskaičiuoti patys S " ties /7 = 4; 5. Kyla

natūralus spėjimas: S n= -- bet kokiam natūraliam /7. Įrodykime

Tai yra matematinė indukcija.

bazinė indukcija patikrinta aukščiau.

Padarykime tai indukcinis perėjimas, reiškiantis savavališką

kintamoji vertė P ta pati raidė, tai yra, įrodome, kad iš lygybės

0 /7 _ /7 +1

S n=-seka lygybė S, =-.

/7+1 /7 + 2

Tarkime kad lygybė yra tiesa S= - P -.

Paskirstykime iš viso S„+ Pirmas P terminai:

Taikydami indukcinę prielaidą, gauname:

Sumažinus trupmeną (/7+1), turėsime lygybę S n +1 - , L

Indukcinis perėjimas yra pagrįstas.

Tai įrodo, kad pirmojo suma P terminai

1 1 1 /7 ^
- +-+...+- yra lygus -. Dabar grįžkime prie originalo
1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

užduotis. Norėdami tai išspręsti, pakanka paimti kaip vertę P numeris 99.

Tada suma -!- + -!- + -!- + ...+ --- bus lygi skaičiui 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Pabandykite šią sumą apskaičiuoti kitaip.

5.5.8 pavyzdys. Įrodykime, kad bet kurio baigtinio skaičiaus diferencijuojamų funkcijų sumos išvestinė yra lygi šių funkcijų išvestinių sumai.

Leisti kintamajam /? žymi nurodytų savybių skaičių. Tuo atveju, kai pateikiama tik viena funkcija, būtent ši funkcija suprantama kaip suma. Todėl, jei /7=1, tada teiginys akivaizdžiai teisingas: /" = /".

Tarkime kad teiginys yra teisingas aibei P funkcijos (čia vėl vietoj raidės į paimtas laiškas P), tai yra sumos išvestinė P funkcijos yra lygi išvestinių sumai.

Įrodykime kad (n + 1) funkcijų sumos išvestinė yra lygi išvestinių sumai. Paimkite savavališką rinkinį, kurį sudaro n+ Diferencijuojama funkcija: /1,/2, . Pavaizduokime šių funkcijų sumą

kaip g+f„+ 1, kur g=f +/g + ... +/t- suma P funkcijas. Pagal indukcinę hipotezę funkcijos išvestinė g yra lygi išvestinių išvestinių sumai: g" = pėdos + pėdos + ... +ft. Todėl galioja ši lygybių grandinė:

Indukcinis perėjimas baigtas.

Taigi pradinis teiginys įrodomas bet kokiam baigtiniam funkcijų skaičiui.

Kai kuriais atvejais reikalaujama įrodyti teiginio teisingumą A(p) visiems natūraliems i, pradedant nuo kokios nors vertės su.Įrodymas matematine indukcija tokiais atvejais atliekamas pagal šią schemą.

indukcijos pagrindas. Mes įrodome, kad pasiūlymas BET tiesa pagal vertę P, lygus su.

Indukcinis perėjimas. 1) Manome, kad pasiūlymas BET tiesa dėl tam tikros vertės į kintamasis /?, kuris yra didesnis arba lygus su.

2) Įrodome, kad teiginys BET teisingas /? lygus

Dar kartą atkreipkite dėmesį, kad vietoj raidės į dažnai palieka kintamąjį pavadinimą P.Šiuo atveju indukcinis perėjimas prasideda žodžiais: „Tarkime, kad už kokią nors vertę n>s teisingai A(p). Tada įrodykime tai A(n+ vienas)".

5.5.9 pavyzdys. Įrodykime, kad tai natūralu n> 5 nelygybė 2" > ir 2 yra teisinga.

indukcijos pagrindas. Leisti būti n= 5. Tada 2 5 =32, 5 2 =25. Nelygybė 32>25 yra tiesa.

Indukcinis perėjimas. Tarkime, kad nelygybė 2 P>n 2 kokiam nors natūraliam skaičiui n> 5. Įrodykime, kuris tada yra 2" +| > (n+1) 2 .

Pagal laipsnių savybes 2” +| = 2-2". Kadangi 2" > n 2 (pagal indukcinę hipotezę), tada 2-2" > 2n 2 (I).

Pagrįskime, kad 2 2 p didesnis nei (i+1) 2 . Tai galima padaryti įvairiais būdais. Pakanka išspręsti kvadratinę nelygybę 2x 2 > (x+) 2 realiųjų skaičių aibėje ir pamatysite, kad visi natūralieji skaičiai, didesni arba lygūs 5, yra jos sprendiniai.

Mes elgsimės taip. Raskime skaičių 2 skirtumą 2 p ir (i+1) 2:

Nuo ir > 5, tada i + 1 > 6, o tai reiškia (i + 1) 2 > 36. Todėl skirtumas yra didesnis nei 0. Taigi, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).

Pagal nelygybių savybes iš (I) ir (2) išplaukia, kad 2*2" > (n + 1) 2 , ko reikėjo įrodyti, kad pateisintų indukcinį perėjimą.

Remdamiesi matematinės indukcijos metodu, darome išvadą, kad nelygybė 2" > i 2 yra teisingas bet kokiems natūraliems skaičiams i.

Apsvarstykite kitą matematinės indukcijos metodo formą. Skirtumas yra indukciniame perėjime. Norint jį įgyvendinti, reikia atlikti du veiksmus:

1) manyti, kad pasiūlymas A(p) teisinga visoms kintamojo i reikšmėms, mažesnėms už kokį nors skaičių R;
2) iš padarytos prielaidos padaryti išvadą, kad pasiūlymas A(p) tiesa skaičiui R.

Taigi, indukcinis žingsnis reikalauja išvados įrodymo: [(Ui?) A(n)] => A(p). Atminkite, kad pasekmė gali būti perrašyta taip: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).

Pirminėje matematinės indukcijos metodo formuluotėje įrodant teiginį A(p) rėmėmės tik „ankstesniu“ pasiūlymu A(p- vienas). Čia pateikta metodo formuluotė leidžia išvesti A(p), darant prielaidą, kad visi pasiūlymai A(n), kur aš mažiau R, yra tiesa.

5.5.10 pavyzdys. Įrodykime teoremą: „Bet kurio i-kampo vidinių kampų suma lygi 180°(i-2)“.

Išgaubtam daugiakampiui teoremą nesunku įrodyti, jei jis iš vienos viršūnės nubrėžtų įstrižainių padalinamas į trikampius. Tačiau neišgaubtam daugiakampiui tokia procedūra gali būti neįmanoma.

Įrodykime savavališko daugiakampio teoremą matematine indukcija. Darome prielaidą, kad žinomas toks teiginys, kuriam, griežtai kalbant, reikalingas atskiras įrodymas: „Bet kuriame //-gone yra įstrižainė, kuri yra tik jos vidinėje dalyje“.

Vietoj kintamojo // galite pakeisti bet kokius natūraliuosius skaičius, kurie yra didesni arba lygūs 3. n=b Teorema teisinga, nes trikampio kampų suma yra 180°.

Paimkite šiek tiek /7-gon (p> 4) ir tarkime, kad bet kurio //-kampo kampų suma, kur // p, yra lygi 180°(//-2). Įrodykime, kad //-kampo kampų suma lygi 180°(//-2).

Nubrėžkime jos viduje gulinčią įstrižainę //-gon. Jis padalins //-kampį į du daugiakampius. Tegul vienas iš jų turi į pusės, kitos iki 2 pusės. Tada k + k 2 -2 \u003d p, nes gauti daugiakampiai turi bendrą kraštinę, nubrėžtą įstrižainę, kuri nėra pradinio //-kampo kraštinė.

Abu skaičiai į ir iki 2 mažesnis //. Gautiems daugiakampiams pritaikykime indukcinę prielaidą: A]-kampo kampų suma lygi 180°-(?i-2), o kampų suma? 2-gon yra lygus 180 ° - (Ar 2 -2). Tada //-gon kampų suma bus lygi šių skaičių sumai:

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

Indukcinis perėjimas yra pagrįstas. Remiantis matematinės indukcijos metodu, teorema įrodoma bet kuriam //-gon (//>3).

Norėdami tai padaryti, pirmiausia patikrinkite teiginio su skaičiumi 1 teisingumą - indukcinė bazė, ir tada įrodoma, kad jei teiginys sunumeruotas n, tada šis tvirtinimas su numeriu n + 1 - indukcinis žingsnis, arba indukcinis perėjimas.

Įrodymas indukcija gali būti vizualizuojamas taip vadinama forma domino principas. Tegul bet koks domino kauliukų skaičius yra išdėstytas iš eilės taip, kad kiekvienas domino kauliukas, krintantis, būtinai apverstų kitą domino kauliuką (tai yra indukcinis perėjimas). Tada, jei pastumsime pirmąjį kaulą (tai yra indukcijos pagrindas), tada visi kaulai eilėje kris.

Loginis šio įrodinėjimo būdo pagrindas yra vadinamasis indukcijos aksioma, penktoji iš Peano aksiomų, apibrėžiančių natūraliuosius skaičius. Indukcijos metodo teisingumas prilygsta faktui, kad bet kuriame natūraliųjų skaičių poaibyje yra minimalus elementas.

Taip pat yra variacija, vadinamasis visiškos matematinės indukcijos principas. Štai jos griežta formuluotė:

Pilnos matematinės indukcijos principas taip pat prilygsta Peano aksiomų indukcijos aksiomai.

Pavyzdžiai

Užduotis.Įrodyk tai, kad ir kas būtų natūralu n ir tikras q≠ 1, lygybė

Įrodymas. Indukcija įjungta n.

Bazė, n = 1:

Perėjimas: Apsimeskime taip

Q.E.D.

Komentuoti: teiginio ištikimybė P nšiame įrodyme yra tas pats, kas lygybės galiojimas

taip pat žr

Variacijos ir apibendrinimai

Literatūra

N. Ya. Vilenkinas Indukcija. Kombinatorika. Vadovas mokytojams. M., Švietimas, 1976.-48 p.
L. I. Golovina, I. M. Jaglomas Geometrijos indukcija, "Populiarios matematikos paskaitos", 21 leidimas, Fizmatgiz 1961.-100 p.
R. Courantas, G. Robbinsas"Kas yra matematika?" I skyrius, §2.
I. S. Sominskis Matematinės indukcijos metodas. „Populiarios matematikos paskaitos“, 3 numeris, leidykla „Nauka“ 1965.-58 p.

Wikimedia fondas. 2010 m.

Pažiūrėkite, kas yra „matematinės indukcijos metodas“ kituose žodynuose:

Matematinė indukcija matematikoje yra vienas iš įrodinėjimo metodų. Naudojamas tam tikro teiginio teisingumui įrodyti visiems natūraliems skaičiams. Norėdami tai padaryti, pirmiausia patikrinama teiginio, kurio skaičius 1, teisingumas, indukcijos pagrindas, o tada ... ... Vikipedija

Teorijos konstravimo metodas, be to, jis remiasi kai kuriomis jos nuostatomis – aksiomomis arba postulatais – iš kurių samprotavimu išvedamos visos kitos teorijos nuostatos (teorema), vadinamos įrodymais m i. Taisyklės, beje...... Filosofinė enciklopedija

Indukcija (lot. inductio guidance) yra išvadų darymo procesas, pagrįstas perėjimu iš tam tikros padėties į bendrą. Indukcinis samprotavimas privačias patalpas su išvada sieja ne tiek per logikos dėsnius, kiek per kažkokius ... ... Vikipedija

GENETINIS METODAS- būdas nustatyti tiriamo objekto turinį ir esmę ne pagal susitarimą, idealizavimą ar loginę išvadą, o tiriant jo kilmę (remiantis priežasčių, lėmusių jo atsiradimą, susidarymo mechanizmo tyrimu). Platus...... Mokslo filosofija: pagrindinių terminų žodynas

Mokslinės teorijos konstravimo metodas, kuriame ji remiasi kai kuriomis pradinėmis aksiomos nuostatomis (sprendimais) (žr. Aksioma), arba postulatais, iš kurių turi būti išvesti visi kiti šio mokslo teiginiai (teoremos (žr. teorema)). .. ... Didžioji sovietinė enciklopedija

aksiominis metodas- AKSIOMATINIS METODAS (iš graik. axioma) priimta pozicija – tai mokslinės teorijos konstravimo metodas, kai įrodymuose naudojamos tik aksiomos, postulatai ir anksčiau iš jų išvesti teiginiai. Pirmą kartą parodyta... Epistemologijos ir mokslo filosofijos enciklopedija

Vienas iš klaidų teorijos metodų, leidžiančių įvertinti nežinomus dydžius iš matavimo rezultatų, kuriuose yra atsitiktinių klaidų. N. c. m. taip pat naudojamas apytiksliui tam tikros funkcijos pavaizdavimui kitomis (paprastesnėmis) funkcijomis ir dažnai pasirodo, kad yra ... Matematinė enciklopedija

Matematinė indukcija yra vienas iš matematinio įrodinėjimo metodų, naudojamas įrodyti kurio nors teiginio teisingumą visiems natūraliems skaičiams. Norėdami tai padaryti, pirmiausia patikrinkite ... Vikipediją

Šis terminas turi kitas reikšmes, žr. Indukcija. Indukcija (lot. inductio guidance) yra išvadų darymo procesas, pagrįstas perėjimu iš tam tikros padėties į bendrą. Indukcinis samprotavimas jungia privačias patalpas ... ... Vikipedija

MATEMATINĖS INDUKCIJOS METODAS

Žodis indukcija rusų kalboje reiškia gaires, o indukcinis vadinamas išvadomis, pagrįstomis stebėjimais, eksperimentais, t.y. gaunamas iš konkretaus į bendrą.

Pavyzdžiui, kiekvieną dieną stebime, kad Saulė teka iš rytų. Todėl galite būti tikri, kad rytoj jis pasirodys rytuose, o ne vakaruose. Šią išvadą darome nesikreipdami į prielaidas apie Saulės judėjimo dangumi priežastį (be to, šis judėjimas pasirodo esąs akivaizdus, nes Žemės rutulys iš tikrųjų juda). Ir vis dėlto šis indukcinis darinys teisingai apibūdina stebėjimus, kuriuos atliksime rytoj.

Indukcinių išvadų vaidmuo eksperimentiniuose moksluose yra labai didelis. Juose pateikiamos nuostatos, iš kurių išskaičiuojant daromos tolesnės išvados. Ir nors teorinė mechanika remiasi trimis Niutono judėjimo dėsniais, patys šie dėsniai buvo giliai apgalvojus eksperimentinius duomenis, ypač Keplerio planetų judėjimo dėsnius, kuriuos jis išvedė apdorodamas ilgalaikius stebėjimus. Danų astronomas Tycho Brahe. Stebėjimas ir indukcija yra naudingi ateityje, siekiant patikslinti padarytas prielaidas. Po Michelsono eksperimentų matuojant šviesos greitį judančioje terpėje, paaiškėjo, kad reikia išsiaiškinti fizikos dėsnius ir sukurti reliatyvumo teoriją.

Matematikoje indukcijos vaidmuo iš esmės yra tas, kad ji yra pasirinktos aksiomatikos pagrindas. Po ilgos praktikos paaiškėjo, kad tiesus kelias visada yra trumpesnis už lenktą ar nutrūkusį, natūralu buvo suformuluoti aksiomą: bet kuriems trims taškams A, B ir C nelygybė.

Pagrindinė aritmetikos sąvoka, kurios reikia laikytis, taip pat atsirado stebint karių, laivų ir kitų sutvarkytų rinkinių formavimąsi.

Tačiau nereikėtų manyti, kad tuo indukcijos vaidmuo matematikoje baigiasi. Žinoma, neturėtume eksperimentiškai tikrinti teoremų, logiškai išvestų iš aksiomų: jei išvedant nebuvo padaryta loginių klaidų, tai jos teisingos tiek, kiek mūsų priimtos aksiomos yra teisingos. Tačiau iš šios aksiomų sistemos galima padaryti daug teiginių. O atrinkti tuos teiginius, kuriuos reikia įrodyti, vėlgi siūlo indukcija. Būtent ji leidžia atskirti naudingas teoremas nuo nenaudingų, nurodo, kurios teoremos gali pasirodyti teisingos, ir netgi padeda nubrėžti įrodymo kelią.

Matematinės indukcijos metodo esmė

Daugelyje aritmetikos, algebros, geometrijos, analizės skyrių tenka įrodyti sakinių A(n), kurie priklauso nuo natūraliojo kintamojo, teisingumą. Sakinio A(n) teisingumo įrodymas visoms kintamojo reikšmėms dažnai gali būti atliekamas matematinės indukcijos metodu, kuris grindžiamas šiuo principu.

Sakinys A(n) laikomas teisingu visoms natūralioms kintamojo reikšmėms, jei tenkinamos šios dvi sąlygos:

Teiginys A(n) yra teisingas, kai n=1.

Darant prielaidą, kad A(n) teisinga, kai n=k (kur k yra bet koks natūralusis skaičius), išplaukia, kad tai teisinga kitai reikšmei n=k+1.

Šis principas vadinamas matematinės indukcijos principu. Paprastai jis pasirenkamas kaip viena iš aksiomų, apibrėžiančių natūralią skaičių seką, todėl priimama be įrodymų.

Matematinės indukcijos metodas suprantamas kaip toks įrodinėjimo būdas. Jei reikia įrodyti teiginio A(n) teisingumą visiems natūraliems n, tai, pirma, reikia patikrinti teiginio A(1) teisingumą ir, antra, darant prielaidą, kad teiginys A(k) yra teisingas. , pabandykite įrodyti, kad teiginys A(k +1) teisingas. Jei tai galima įrodyti, o įrodymas galioja kiekvienai natūraliai k reikšmei, tada pagal matematinės indukcijos principą teiginys A(n) pripažįstamas teisingu visoms n reikšmėms.

Matematinės indukcijos metodas plačiai taikomas įrodant teoremas, tapatybes, nelygybes, sprendžiant dalumo uždavinius, sprendžiant kai kurias geometrines ir daugelį kitų uždavinių.

Matematinės indukcijos metodas sprendžiant uždavinius

dalijamumas

Taikant matematinės indukcijos metodą, galima įrodyti įvairius teiginius apie natūraliųjų skaičių dalumą.

Tokį teiginį galima palyginti nesunkiai įrodyti. Parodykime, kaip jis gaunamas naudojant matematinės indukcijos metodą.

1 pavyzdys. Jei n yra natūralusis skaičius, tada skaičius yra lyginis.

Jei n=1 teisingas mūsų teiginys: - lyginis skaičius. Tarkime, kad tai lyginis skaičius. Kadangi 2k yra lyginis skaičius, tada net. Taigi, paritetas įrodytas, kai n=1, paritetas išvedamas iš pariteto .Taigi, net ir visoms n gamtos vertybėms.

2 pavyzdysĮrodykite sakinio teisingumą

A(n)=(skaičius 5 yra 19 kartotinis), n yra natūralusis skaičius.

Sprendimas.

Teiginys A(1)=(skaičius yra 19 kartotinis) yra teisingas.

Tarkime, kad kai kuriai reikšmei n=k

A(k)=(skaičius yra 19 kartotinis) yra teisinga. Tada, nuo

Akivaizdu, kad A(k+1) taip pat yra tiesa. Iš tiesų, pirmasis narys dalijasi iš 19, remiantis prielaida, kad A(k) yra teisinga; antrasis narys taip pat dalijasi iš 19, nes jame yra koeficientas 19. Tenkinamos abi matematinės indukcijos principo sąlygos, todėl teiginys A(n) yra teisingas visoms n reikšmėms.

Matematinės indukcijos metodo taikymas į

serijos sumavimas

1 pavyzdysĮrodykite formulę

, n yra natūralusis skaičius.

Sprendimas.

Jei n=1, abi lygybės dalys virsta viena ir todėl tenkinama pirmoji matematinės indukcijos principo sąlyga.

Tarkime, kad formulė teisinga n=k, t.y.

Pridėkime prie abiejų šios lygybės pusių ir paverskime dešiniąją. Tada gauname

Taigi iš to, kad formulė teisinga n=k, išplaukia, kad ji teisinga ir n=k+1. Šis teiginys tinka bet kuriai natūraliai k vertei. Taigi tenkinama ir antroji matematinės indukcijos principo sąlyga. Formulė įrodyta.

2 pavyzdysĮrodykite, kad natūraliosios serijos pirmųjų n skaičių suma yra .

Sprendimas.

Pažymime reikiamą sumą , t.y. .

Jei n=1, hipotezė yra teisinga.

Leisti būti . Parodykime tai .

Iš tikrųjų,

Problema išspręsta.

3 pavyzdysĮrodykite, kad natūraliosios eilutės pirmųjų n skaičių kvadratų suma yra lygi .

Sprendimas.

Leisti būti .

Apsimeskime tai . Tada

Ir, galiausiai.

4 pavyzdysĮrodyk tai .

Sprendimas.

Jei tada

5 pavyzdysĮrodyk tai

Sprendimas.

Jei n=1, hipotezė akivaizdžiai teisinga.

Leisti būti .

Įrodykime tai.

tikrai,

Matematinės indukcijos metodo taikymo pavyzdžiai

nelygybių įrodymas

1 pavyzdysĮrodykite, kad bet kuriam natūraliajam skaičiui n>1

Sprendimas.

Kairiąją nelygybės pusę pažymėkite .

Todėl n=2 nelygybė yra teisinga.

Tegul už kokį k. Įrodykime, kad tada ir . Mes turime , .

Palyginus ir , mes turime , t.y. .

Bet kurio teigiamo sveikojo skaičiaus k paskutinės lygybės dešinioji pusė yra teigiama. Taigi. Tačiau , todėl ir .

2 pavyzdysRaskite samprotavimo klaidą.

pareiškimas. Bet kuriai natūraliai n nelygybė yra teisinga.

Įrodymas.

. (1)

Įrodykime, kad tada nelygybė galioja ir n=k+1, t.y.

Iš tiesų, bent 2 bet kuriam natūraliam k. Kairėje pusėje pridėkime nelygybę (1), o dešinėje – 2. Gauname teisingą nelygybę , arba . Teiginys pasitvirtino.

3 pavyzdysĮrodyk tai , kur >-1, , n yra natūralusis skaičius, didesnis už 1.

Sprendimas.

Jei n=2, nelygybė yra teisinga, nes .

Tegu nelygybė teisinga n=k, kur k yra koks nors natūralusis skaičius, t.y.

. (1)

Parodykime, kad tada nelygybė galioja ir n=k+1, t.y.

. (2)

Iš tiesų, darant prielaidą, Taigi, nelygybė

, (3)

gauta iš nelygybės (1), padauginus kiekvieną jos dalį iš . Nelygybę (3) perrašykime taip: . Atmetę teigiamą žodį, esantį paskutinės nelygybės dešinėje, gauname galiojančią nelygybę (2).

4 pavyzdysĮrodyk tai

(1)

kur , , n yra natūralusis skaičius, didesnis už 1.

Sprendimas.

Jei n=2, nelygybė (1) įgauna formą

. (2)

Nuo tada nelygybė

. (3)

Prie kiekvienos nelygybės (3) dalies pridėjus , gauname nelygybę (2).

Tai įrodo, kad nelygybė (1) galioja n=2.

Tegu galioja nelygybė (1), kai n=k, kur k yra koks nors natūralusis skaičius, t.y.

. (4)

Įrodykime, kad tada nelygybė (1) turi galioti ir n=k+1, t.y.

(5)

Abi nelygybės (4) dalis padauginkime iš a+b. Kadangi pagal sąlygą gauname tokią teisingą nelygybę:

. (6)

Norint įrodyti nelygybę (5), pakanka tai parodyti

, (7)

arba kas yra tas pats,

. (8)

Nelygybė (8) yra lygiavertė nelygybei

. (9)

Jei , Tada Ir kairėje nelygybės (9) pusėje turime dviejų teigiamų skaičių sandaugą. Jei , Tada Ir kairėje nelygybės (9) pusėje turime dviejų neigiamų skaičių sandaugą. Abiem atvejais galioja nelygybė (9).

Tai įrodo, kad nelygybės (1) galiojimas n=k reiškia jos galiojimą n=k+1.

Matematinės indukcijos metodas, taikomas kitiems

užduotys

Natūraliausias matematinės indukcijos metodo taikymas geometrijoje, artimas šio metodo naudojimui skaičių teorijoje ir algebroje, yra taikymas sprendžiant geometrinio skaičiavimo uždavinius. Pažvelkime į keletą pavyzdžių.

1 pavyzdysApskaičiuokite teisingo kvadrato, įbrėžto į R spindulio apskritimą, kraštinę.

Sprendimas.

Jei n = 2, teisinga 2 n - kvadratas yra kvadratas; jo pusė. Be to, pagal padvigubinimo formulę

raskite taisyklingo aštuonkampio kraštinę , taisyklingo šešiakampio pusė , taisyklingo trisdešimt dviejų kampų pusė . Todėl galime daryti prielaidą, kad taisyklingosios kraštinės įrašytos 2 n - bet kurio kvadratas yra lygus

. (1)

Tarkime, kad taisyklingo įrašytojo -gon kraštinė išreiškiama formule (1). Šiuo atveju pagal padvigubinimo formulę

iš kur išplaukia, kad (1) formulė galioja visiems n.

2 pavyzdysĮ kiek trikampių n kampą (nebūtinai išgaubtą) galima padalyti pagal jo nesikertančias įstrižaines?

Sprendimas.

Trikampiui šis skaičius lygus vienetui (trikampyje negalima nubrėžti įstrižainių); keturkampiui šis skaičius akivaizdžiai lygus dviem.

Tarkime, kad mes jau žinome, kad kiekvienas k-gon, kur k 1 A 2 ... A n į trikampius.

A n

A 1 A 2

Tegu А 1 А k yra viena iš šios pertvaros įstrižainių; jis padalija n-kampį А 1 А 2 …А n į k-kampį A 1 A 2 …A k ir (n-k+2)-kampį А 1 А k A k+1 …A n . Remiantis padaryta prielaida, bendras skaidinių trikampių skaičius bus lygus

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

taigi mūsų teiginys įrodytas visiems n.

3 pavyzdysNurodykite taisyklę, kaip apskaičiuoti skaičių P(n) būdų, kuriais išgaubtas n-kampis gali būti padalintas į trikampius nesikertančiomis įstrižainėmis.

Sprendimas.

Trikampiui šis skaičius akivaizdžiai lygus vienetui: P(3)=1.

Tarkime, kad jau nustatėme skaičius P(k) visiems k 1 A 2 ... A n . Bet kokiam jos padalijimui į trikampius, kraštinė A 1 A 2 bus vieno iš pertvarų trikampių kraštinė, trečioji šio trikampio viršūnė gali sutapti su kiekvienu tašku A 3 , А 4 , …,А n . Būdų, kaip padalinti n kampą, kuriame ši viršūnė sutampa su tašku A, skaičius 3 , yra lygus (n-1) kampo A trikampio sudarymo būdų skaičiui 1 A 3 A 4 ... A n , t.y. lygus P(n-1). Skirstymo būdų, kuriais ši viršūnė sutampa su A, skaičius 4 , yra lygus (n-2) kampo A skaidymo būdų skaičiui 1 A 4 A 5 ... A n , t.y. lygus P(n-2)=P(n-2)P(3); padalijimo būdų, kuriais jis sutampa su A, skaičius 5 , yra lygus P(n-3)P(4), nes kiekviena iš (n-3) kampo A skaidinių 1 A 5 ... A n gali būti derinamas su kiekviena iš keturkampio A pertvarų 2 A 3 A 4 A 5 ir kt. Taigi gauname tokį ryšį:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -vienas).

Naudodami šią formulę iš eilės gauname:

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

ir tt

Be to, naudodamiesi matematinės indukcijos metodu, galite išspręsti uždavinius su grafikais.

Tegul plokštumoje pateikiamas linijų tinklas, jungiantis kai kuriuos taškus tarpusavyje ir neturintis kitų taškų. Tokį linijų tinklą vadinsime žemėlapiu, duoti taškai yra jo viršūnės, kreivių atkarpos tarp dviejų gretimų viršūnių – žemėlapio ribos, plokštumos dalys, į kurias jis padalintas kraštinėmis – šalys Žemėlapis.

Tegul lėktuve pateikiamas žemėlapis. Sakysime, kad jis yra teisingai nuspalvintas, jei kiekviena iš jos šalių yra nudažyta tam tikra spalva, o bet kurios dvi šalys, turinčios bendrą sieną, yra nudažytos skirtingomis spalvomis.

4 pavyzdysLėktuve yra n apskritimų. Įrodykite, kad esant bet kokiam šių apskritimų išdėstymui, jų sudarytas žemėlapis gali būti teisingai nuspalvintas dviem spalvomis.

Sprendimas.

Jei n = 1, mūsų teiginys yra akivaizdus.

Tarkime, kad mūsų teiginys yra teisingas bet kuriam žemėlapiui, sudarytam iš n apskritimų, ir tegul n + 1 apskritimai yra pateikti plokštumoje. Pašalinus vieną iš šių apskritimų, gauname žemėlapį, kuris, remiantis daroma prielaida, gali būti teisingai nuspalvintas dviem spalvomis, pavyzdžiui, juoda ir balta.

Jei sakinys A(n), kuris priklauso nuo natūraliojo skaičiaus n, yra teisingas n=1, o iš to, kad jis teisingas n=k (kur k yra bet koks natūralusis skaičius), tai taip pat yra teisinga kitam skaičiui n=k +1, tada prielaida A(n) yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Kai kuriais atvejais gali prireikti įrodyti tam tikro teiginio teisingumą ne visiems natūraliems skaičiams, o tik n>p, kur p yra fiksuotas natūralusis skaičius. Šiuo atveju matematinės indukcijos principas formuluojamas taip.

Jei teiginys A(n) yra teisingas n=p ir jei A(k) X A(k+1) bet kuriam k>p, tai teiginys A(n) yra teisingas bet kuriam n>p.

Įrodymas matematinės indukcijos metodu atliekamas taip. Pirmiausia patikrinamas teiginys, kurį reikia įrodyti, jei n=1, t.y. konstatuojamas teiginio A(1) teisingumas. Ši įrodymo dalis vadinama indukciniu pagrindu. Po to seka įrodymo dalis, vadinama indukcijos žingsniu. Šioje dalyje įrodytas teiginio n=k+1 pagrįstumas darant prielaidą, kad teiginys teisingas esant n=k (indukcinė prielaida), t.y. įrodyti, kad A(k) ~ A(k+1)

Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Turime n=1=1 2 . Todėl teiginys teisingas, kai n=1, t.y. A(1) tiesa
2) Įrodykime, kad A(k) ~ A(k+1)

Tegu k yra bet koks natūralusis skaičius ir teiginys teisingas, kai n=k, t.y.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Įrodykime, kad tada teiginys teisingas ir kitam natūraliajam skaičiui n=k+1, t.y. ką

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Iš tiesų,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Taigi, A(k) X A(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad prielaida A(n) yra teisinga bet kuriai n О N

Įrodyk tai

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), kur x Nr. 1

1) Jei n=1 gauname
1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

todėl n=1 formulė yra teisinga; A(1) tiesa

2) Tegul k yra bet koks natūralusis skaičius ir formulė teisinga, kai n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Įrodykime, kad tada lygybė

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Iš tiesų
1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

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

Taigi A(k) ⋅ A(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad formulė teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n

Įrodykite, kad išgaubto n kampo įstrižainių skaičius yra n(n-3)/2

Sprendimas: 1) Jei n=3, teiginys teisingas, nes trikampyje

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 = 0 įstrižainės; A 2 A(3) tiesa

2) Tarkime, kad bet kuriame išgaubtame k-gone yra A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 įstrižainės. A k Įrodykime, kad tada išgaubtame A k+1 (k+1)-gon įstrižainių skaičius A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Tegu А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -išgaubtas (k+1)-kampis. Jame nubrėžkime įstrižainę A 1 A k. Norint apskaičiuoti bendrą šio (k + 1)-kampio įstrižainių skaičių, reikia suskaičiuoti k-gon A 1 A 2 ...A k įstrižainių skaičių, prie gauto skaičiaus pridėti k-2, t.y. (k+1)-kampio, išeinančio iš viršūnės А k+1, įstrižainių skaičius ir, be to, reikia atsižvelgti į įstrižainę А 1 А k

Taigi,

G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

Taigi A(k) ⋅ A(k+1). Dėl matematinės indukcijos principo teiginys yra teisingas bet kuriam išgaubtam n kampui.

Įrodykite, kad bet kuriam n teiginys yra teisingas:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Apsvarstykite šį teiginį, kai 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

Įrodėme lygybės n=k+1 pagrįstumą, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam natūraliam n

Įrodykite, kad bet kuriai natūraliai n lygybė yra teisinga:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Sprendimas: 1) Tegu n=1

Tada X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1. Matome, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=k

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

3) Įrodykime šio teiginio teisingumą n=k+1, t.y.

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

Iš aukščiau pateikto įrodymo matyti, kad teiginys teisingas esant n=k+1, todėl lygybė teisinga bet kuriam natūraliam n

Įrodyk tai

((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(n2+n+1), kur n>2

Sprendimas: 1) Jei n=2, tapatybė atrodo taip:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), t.y. tai tiesa
2) Tarkime, kad išraiška teisinga, kai n=k
(2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
3) Įrodysime raiškos teisingumą 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 ґ

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Įrodėme lygybės n=k+1 pagrįstumą, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam n>2

Įrodyk tai

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3-(2n) 3 = -n 2 (4n+3) bet kuriam natūraliam n

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Tarkime, kad n=k, tada
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3-(2k) 3 = -k 2 (4k+3)
3) Įrodysime šio teiginio teisingumą, kai 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)

Taip pat įrodytas lygybės n=k+1 pagrįstumas, todėl teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam n.

Įrodykite tapatybės galiojimą

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) bet kuriai natūraliai n

1) Jei n=1, tapatybė yra teisinga 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Tarkime, kad n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Įrodome, kad n=k+1 tapatybė yra teisinga
(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) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Iš aukščiau pateikto įrodymo matyti, kad teiginys yra teisingas bet kuriam teigiamam sveikajam skaičiui n.

Įrodykite, kad (11 n+2 +12 2n+1) dalijasi iš 133 be liekanos

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Bet (23 ґ 133) dalijasi iš 133 be liekanos, todėl n=1 teiginys yra teisingas; A(1) yra tiesa.

2) Tarkime, kad (11 k+2 +12 2k+1) dalijasi iš 133 be liekanos
3) Įrodykime, kad šiuo atveju (11 k+3 +12 2k+3) dalijasi iš 133 be liekanos. Iš tikrųjų
11 k+3 +12 2k+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Gauta suma dalijasi iš 133 be likučio, nes pirmasis jos narys pagal prielaidą dalijasi iš 133 be likučio, o antrajame vienas iš faktorių yra 133. Taigi, A (k) Yu A (k + 1). Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas

Įrodykite, kad bet kuriam n 7 n -1 dalijasi iš 6 be liekanos

1) Tegul n=1, tada X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 dalijamas iš 6 be liekanos. Taigi n=1 teiginys yra teisingas
2) Tarkime, kad n \u003d k 7 k -1 dalijasi iš 6 be liekanos
3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6

Pirmasis narys dalijasi iš 6, nes 7 k -1 dalijasi iš 6 pagal prielaidą, o antrasis narys yra 6. Taigi 7 n -1 yra bet kurio natūraliojo n skaičiaus 6 kartotinis. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas.

Įrodykite, kad 3 3n-1 +2 4n-3 savavališkam teigiamam sveikajam skaičiui n dalijasi iš 11.

1) Tada tegul n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dalijamas iš 11 be liekanos.

Taigi n=1 teiginys yra teisingas

2) Tarkime, kad n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 be liekanos
3) Įrodome, kad teiginys teisingas, kai 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

Pirmasis narys dalijasi iš 11 be liekanos, nes 3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 pagal prielaidą, antrasis dalijasi iš 11, nes vienas iš jo veiksnių yra skaičius 11. Vadinasi, suma yra taip pat dalijasi iš 11 be liekanos bet kuriam natūraliajam n. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas.

Įrodykite, kad 11 2n -1 savavališkam teigiamam sveikajam skaičiui n dalijasi iš 6 be liekanos

1) Tegu n=1, tada 11 2 -1=120 dalijasi iš 6 be liekanos. Taigi n=1 teiginys yra teisingas
2) Tarkime, kad n=k 1 2k -1 dalijasi iš 6 be liekanos
11 2 (k+1) -1 = 121 ґ 11 2k -1 = 120 ґ 11 2k + (11 2k -1)

Abu terminai dalijasi iš 6 be liekanos: pirmame yra 6 skaičiaus 120 kartotinis, o antrasis dalijasi iš 6 be likučio pagal prielaidą. Taigi suma dalijasi iš 6 be liekanos. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas.

Įrodykite, kad 3 3n+3 -26n-27 savavališkam teigiamam sveikajam skaičiui n dalijasi iš 26 2 (676) be liekanos

Pirmiausia įrodykime, kad 3 3n+3 -1 dalijasi iš 26 be liekanos

1. Kai n=0
3 3 -1=26 dalijasi iš 26
2. Tarkime, jei n=k
3 3k+3 -1 dalijasi iš 26
3. Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – dalijasi iš 26

Dabar įrodykime teiginį, suformuluotą problemos sąlygoje

1) Akivaizdu, kad n=1 teiginys yra teisingas
3 3+3 -26-27=676
2) Tarkime, kad n=k išraiška 3 3k+3 -26k-27 dalijasi iš 26 2 be liekanos
3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1
3 3k+6-26(k+1)-27=26(33k+3-1)+(3 3k+3-26k-27)

Abu terminai dalijasi iš 26 2 ; pirmasis dalijasi iš 26 2, nes įrodėme, kad skliaustuose esanti išraiška dalijasi iš 26, o antroji dalijasi iš indukcinės hipotezės. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas

Įrodykite, kad jei n>2 ir х>0, tai nelygybė (1+х) n >1+n ґ х

1) Jei n=2, nelygybė yra teisinga, nes
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Taigi A(2) yra tiesa

2) Įrodykime, kad A(k) ⋅ A(k+1), jei k> 2. Tarkime, kad A(k) yra teisinga, t.y., kad nelygybė
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

Įrodykime, kad tada A(k+1) taip pat teisinga, t.y., kad nelygybė

(1+x) k+1 >1+(k+1) x

Iš tiesų, padauginę abi nelygybės (3) puses iš teigiamo skaičiaus 1+x, gauname

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Apsvarstykite paskutinės nelygybės dešinę pusę; mes turime

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

Dėl to gauname, kad (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Taigi A(k) ⋅ A(k+1). Remiantis matematinės indukcijos principu, galima teigti, kad Bernulio nelygybė galioja bet kuriai n> 2

Įrodykite, kad nelygybė (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 yra teisinga, jei a> 0

Sprendimas: 1) Jei m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 abi dalys yra lygios
2) Tarkime, kad m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Įrodykime, kad m=k+1 nelygybė yra teisinga
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Įrodėme nelygybės pagrįstumą m=k+1, todėl dėl matematinės indukcijos metodo nelygybė galioja bet kokiam natūraliam m

Įrodykite, kad n>6 nelygybė 3 n >n ґ 2 n+1

Nelygybę perrašykime į formą (3/2) n >2n

1. Jei n=7 turime 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 nelygybė yra teisinga
2. Tarkime, jei n=k (3/2) k >2k
3) Įrodykime nelygybės pagrįstumą n=k+1
3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Kadangi k>7, paskutinė nelygybė yra akivaizdi.

Dėl matematinės indukcijos metodo nelygybė galioja bet kuriai natūraliajai n

Įrodykite, kad n>2 nelygybė

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Jei n=3 nelygybė yra teisinga
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Tarkime, jei n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Įrodykime nelygybės pagrįstumą n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Įrodykime, kad 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Pastarasis yra akivaizdus, todėl

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

Taikant matematinės indukcijos metodą, įrodoma nelygybė.

Matematinės indukcijos metodas

Įvadas

Pagrindinė dalis

Visiška ir nepilna indukcija
Matematinės indukcijos principas
Matematinės indukcijos metodas
Pavyzdžių sprendimas
Lygybė
Skaičių padalijimas
nelygybės

Išvada

Naudotos literatūros sąrašas

Įvadas

Dedukciniai ir indukciniai metodai yra bet kokio matematinio tyrimo pagrindas. Dedukcinis samprotavimo metodas yra samprotavimas nuo bendro iki konkretaus, t.y. samprotavimas, kurio pradžios taškas yra bendras rezultatas, o galutinis taškas yra konkretus rezultatas. Indukcija taikoma pereinant nuo konkrečių rezultatų prie bendrųjų, t.y. yra dedukcinio metodo priešingybė.

Matematinės indukcijos metodą galima palyginti su progresu. Pradedame nuo žemiausio, loginio mąstymo rezultatu pasiekiame aukščiausią. Žmogus visada siekė pažangos, gebėjimo logiškai plėtoti savo mintį, vadinasi, pati gamta jam lėmė indukcinį mąstymą.

Nors matematinės indukcijos metodo taikymo sritis išaugo, mokyklos programoje tam skiriama mažai laiko. Na, sakyk, naudingą žmogų atves tos dvi ar trys pamokos, už kurias išgirsta penkis teorijos žodžius, išsprendžia penkias primityvias problemas ir dėl to gauna penketą už nieko nežinojimą.

Bet tai labai svarbu – mokėti mąstyti indukciškai.

Pagrindinė dalis

Pradine reikšme žodis „indukcija“ taikomas samprotavimui, kuriuo remiantis daromos bendros išvados, pagrįstos tam tikrais teiginiais. Paprasčiausias tokio samprotavimo metodas yra visiška indukcija. Štai tokio samprotavimo pavyzdys.

Tegul reikalaujama nustatyti, kad kiekvienas natūralusis lyginis skaičius n per 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.

Šios devynios lygybės rodo, kad kiekvienas iš mus dominančių skaičių iš tikrųjų yra dviejų pirminių dėmenų suma.

Taigi visiška indukcija yra ta, kad bendrasis teiginys įrodomas atskirai kiekvienu iš baigtinių galimų atvejų.

Kartais bendrą rezultatą galima nuspėti įvertinus ne visus, o gana daug ypatingų atvejų (vadinamoji nepilna indukcija).

Tačiau rezultatas, gautas nepilnos indukcijos būdu, lieka tik hipoteze, kol jis neįrodomas tiksliu matematiniu samprotavimu, apimančiu visus specialius atvejus. Kitaip tariant, nepilna matematikos indukcija nelaikoma teisėtu griežto įrodinėjimo metodu, bet yra galingas būdas atrasti naujas tiesas.

Tegu, pavyzdžiui, reikia rasti pirmųjų n iš eilės nelyginių skaičių sumą. Apsvarstykite specialius atvejus:

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

Apsvarsčius šiuos kelis specialius atvejus, daroma tokia bendra išvada:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tie. pirmųjų n iš eilės nelyginių skaičių suma yra n 2

Žinoma, pastebėjimas dar negali būti aukščiau pateiktos formulės pagrįstumo įrodymas.

Visiška indukcija matematikoje taikoma tik ribotai. Daugelis įdomių matematinių teiginių apima begalinį skaičių ypatingų atvejų, ir mes negalime patikrinti begalinio skaičiaus atvejų. Nepilna indukcija dažnai sukelia klaidingus rezultatus.

Daugeliu atvejų išeitis iš tokio pobūdžio sunkumų yra griebtis specialaus samprotavimo metodo, vadinamo matematinės indukcijos metodu. Tai yra taip.

Tegu reikia įrodyti tam tikro teiginio pagrįstumą bet kuriam natūraliajam skaičiui n (pavyzdžiui, reikia įrodyti, kad pirmųjų n nelyginių skaičių suma lygi n 2). Tiesiogiai patikrinti šio teiginio kiekvienai n reikšmei neįmanoma, nes natūraliųjų skaičių aibė yra begalinė. Norėdami įrodyti šį teiginį, pirmiausia patikrinkite jo pagrįstumą n=1. Tada įrodoma, kad bet kuriai natūraliai k reikšmei nagrinėjamo teiginio n=k galiojimas reiškia jo galiojimą ir n=k+1.

Tada teiginys laikomas įrodytu visiems n. Iš tiesų, teiginys teisingas, kai n=1. Bet tada jis galioja ir kitam skaičiui n=1+1=2. Teiginio pagrįstumas n=2 reiškia jo galiojimą n=2+

1=3. Tai reiškia teiginio, kai n=4, galiojimą ir pan. Aišku, kad galų gale pasieksime bet kurį natūralųjį skaičių n. Vadinasi, teiginys tinka bet kuriam n.

Apibendrindami tai, kas pasakyta, suformuluojame tokį bendrą principą.

Matematinės indukcijos principas.

Jei teiginys A(n) yra teisingas n=p ir jei A(k)ÞA(k+1) bet kuriam k>p, tai teiginys A(n) yra teisingas bet kuriam n>p.

Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Sprendimas: 1) Turime n=1=1 2 . Vadinasi,

teiginys teisingas, kai n=1, t.y. A(1) yra tiesa.

2) Įrodykime, kad A(k)ÞA(k+1).

Tegu k yra bet koks natūralusis skaičius ir teiginys teisingas, kai n=k, t.y.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Įrodykime, kad tada teiginys teisingas ir kitam natūraliajam skaičiui n=k+1, t.y. ką

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Iš tikrųjų,

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

Taigi A(k)ÞA(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad A(n) prielaida yra teisinga bet kuriam nОN.

Įrodyk tai

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

Sprendimas: 1) Jei n=1 gauname

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

todėl n=1 formulė yra teisinga; A(1) yra tiesa.

2) Tegul k yra bet koks natūralusis skaičius ir formulė teisinga, kai n=k, t.y.

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

Įrodykime, kad tada lygybė

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

Iš tikrųjų

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

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

Taigi A(k)ÞA(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad formulė teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Įrodykite, kad išgaubto n-kampio įstrižainių skaičius yra n(n-3)/2.

Sprendimas: 1) Jei n=3, teiginys yra teisingas

Ir 3 yra teisingas, nes trikampyje

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

A 2 A(3) yra tiesa.

2) Tarkime, kad bet kuriame

išgaubtas k-gon turi-

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

A k Įrodykime, kad tada išgaubtoje

(k+1)-gonų skaičius

įstrižainės A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Tegu А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -išgaubtasis (k+1)-kampas. Jame nubrėžkime įstrižainę A 1 A k. Norint suskaičiuoti bendrą šio (k + 1)-kampio įstrižainių skaičių, reikia suskaičiuoti k-gon A 1 A 2 ...A k įstrižainių skaičių, prie gauto skaičiaus pridėti k-2, t.y. (k+1)-kampio, išeinančio iš viršūnės A k+1, įstrižainių skaičių ir, be to, reikia atsižvelgti į įstrižainę A 1 A k.

Taigi,

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

Taigi A(k)ÞA(k+1). Dėl matematinės indukcijos principo teiginys yra teisingas bet kuriam išgaubtam n kampui.

Įrodykite, kad bet kuriam n teiginys yra teisingas:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

Taigi, jei n = 1, teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Apsvarstykite šį teiginį, kai 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.

Įrodėme lygybės n=k+1 pagrįstumą, todėl matematinės indukcijos metodu teiginys teisingas bet kuriam natūraliam n.

Įrodykite, kad bet kuriai natūraliai n lygybė yra teisinga:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Sprendimas: 1) Tegu n=1.

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

Matome, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=k

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

3) Įrodykime šio teiginio teisingumą n=k+1, t.y.

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.

Iš aukščiau pateikto įrodymo aišku, kad teiginys teisingas n=k+1, todėl lygybė teisinga bet kuriam natūraliam n.

Įrodyk tai

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

Sprendimas: 1) n=2 tapatybė atrodo taip: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tie. tai yra teisinga.

2) Tarkime, kad išraiška teisinga, kai n=k

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

3) Įrodysime raiškos teisingumą 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).

Įrodėme lygybės n=k+1 pagrįstumą, todėl dėl matematinės indukcijos metodo teiginys teisingas bet kuriam n>2

Įrodyk tai

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

bet kuriai natūraliai n.

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

2) Tarkime, kad n=k, tada

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

3) Įrodykime šio teiginio teisingumą, kai 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).

Taip pat įrodytas lygybės n=k+1 pagrįstumas, todėl teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Įrodykite tapatybės galiojimą

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

bet kuriai natūraliai n.

1) Jei n=1, tapatybė yra teisinga 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Įrodykime, kad n=k+1 tapatybė yra teisinga.

(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).

Iš aukščiau pateikto įrodymo matyti, kad teiginys yra teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Įrodykite, kad (11 n+2 +12 2n+1) dalijasi iš 133 be liekanos.

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

Bet (23´133) dalijasi iš 133 be liekanos, todėl n=1 teiginys yra teisingas; A(1) yra tiesa.

2) Tarkime, kad (11 k+2 +12 2k+1) dalijasi iš 133 be liekanos.

3) Įrodykime tai šiuo atveju

(11 k+3 +12 2k+3) dalijasi iš 133 be liekanos. Iš tiesų, 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 .

Gauta suma dalijasi iš 133 be liekanos, nes pirmasis jos narys pagal prielaidą dalijasi iš 133 be liekanos, o antrajame vienas iš faktorių yra 133. Taigi, А(k)ÞА(k+1). Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas.

Įrodykite, kad bet kuriam n 7 n -1 dalijasi iš 6 be liekanos.

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada X 1 =7 1 -1=6 dalijamas iš 6 be liekanos. Taigi n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

7 k -1 dalijasi iš 6 be liekanos.

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1.

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

Įrodykite, kad 3 3n-1 +2 4n-3 savavališkam natūraliajam n dalijasi iš 11.
Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dalijamas iš 11 be liekanos. Taigi, jei n = 1, teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 be liekanos.

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai 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.

Pirmasis narys dalijasi iš 11 be liekanos, nes 3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 pagal prielaidą, antrasis dalijasi iš 11, nes vienas iš jo veiksnių yra skaičius 11. Vadinasi, suma yra taip pat dalijasi iš 11 be liekanos bet kuriam natūraliam n. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas.

Įrodykite, kad 11 2n -1 savavališkai teigiamam sveikajam skaičiui n dalijasi iš 6 be liekanos.

Sprendimas: 1) Tegu n=1, tada 11 2 -1=120 dalijasi iš 6 be liekanos. Taigi n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

11 2k -1 dalijasi iš 6 be liekanos.

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

Įrodykite, kad 3 3n+3 -26n-27 savavališkai teigiamam sveikajam skaičiui n dalijasi iš 26 2 (676) be liekanos.

Sprendimas: Pirmiausia įrodykime, kad 3 3n+3 -1 dalijasi iš 26 be liekanos.

Jei n=0

3 3 -1=26 dalijasi iš 26

Tarkime, kad n=k

3 3k+3 -1 dalijasi iš 26

Įrodykime, kad teiginys

teisinga, kai n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – dalijasi iš 26

Dabar įrodykime teiginį, suformuluotą problemos sąlygoje.

1) Akivaizdu, kad n=1 teiginys yra teisingas

3 3+3 -26-27=676

2) Tarkime, kad n=k

išraiška 3 3k+3 -26k-27 dalijasi iš 26 2 be liekanos.

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1

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

Įrodykite, kad jei n>2 ir x>0, tai nelygybė

(1+x) n >1+n´x.

Sprendimas: 1) Jei n=2, nelygybė yra teisinga, nes

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

Taigi A(2) yra tiesa.

2) Įrodykime, kad A(k)ÞA(k+1), jei k> 2. Tarkime, kad A(k) yra teisinga, t.y., kad nelygybė

(1+x) k >1+k´x. (3)

Įrodykime, kad tada A(k+1) taip pat teisinga, t.y., kad nelygybė

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Iš tiesų, padauginę abi nelygybės (3) puses iš teigiamo skaičiaus 1+x, gauname

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Apsvarstykite paskutinės nelygybės dešinę pusę

stva; mes turime

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

Dėl to mes tai gauname

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Taigi A(k)ÞA(k+1). Remiantis matematinės indukcijos principu, galima teigti, kad Bernulio nelygybė galioja bet kuriai

Įrodykite, kad nelygybė yra teisinga

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

Sprendimas: 1) Jei m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 abi dalys yra lygios.

2) Tarkime, kad m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Įrodykime, kad m=k+1 nelygybė yra teisinga

(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 .

Įrodėme nelygybės pagrįstumą, kai m=k+1, todėl, taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė yra teisinga bet kuriai natūraliajai m.

Įrodykite, kad n>6 nelygybė

3 n >n´2 n+1 .

Sprendimas: Perrašykime nelygybę į formą

Jei n=7 turime

37/27 =2187/128>14=2'7

nelygybė yra tiesa.

Tarkime, kad n=k

3) Įrodykime n=k+1 nelygybės teisingumą.

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

Kadangi k>7, paskutinė nelygybė yra akivaizdi.

Taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė galioja bet kuriai natūraliajai n.

Įrodykite, kad n>2 nelygybė

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

Sprendimas: 1) n=3 nelygybė yra teisinga

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

Tarkime, kad n=k

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

3) Mes įrodysime ne

lygybės n=k+1

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

Įrodykime, kad 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

Pastarasis yra akivaizdus, todėl

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

Taikant matematinės indukcijos metodą, įrodoma nelygybė.

Išvada

Visų pirma, studijuodamas matematinės indukcijos metodą, patobulinau savo žinias šioje matematikos srityje, taip pat išmokau išspręsti problemas, kurios anksčiau nebuvo mano jėgų.

Iš esmės tai buvo logiškos ir pramoginės užduotys, t.y. tik tie, kurie didina susidomėjimą pačia matematika kaip mokslu. Tokių uždavinių sprendimas tampa pramogine veikla ir į matematinius labirintus gali pritraukti vis daugiau smalsuolių. Mano nuomone, tai yra bet kokio mokslo pagrindas.

Tęsdamas matematinės indukcijos metodo studijas, bandysiu išmokti jį pritaikyti ne tik matematikoje, bet ir sprendžiant fizikos, chemijos bei paties gyvenimo uždavinius.

MATEMATIKA:

PASKAITOS, UŽDUOTYS, SPRENDIMAI

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

ALGEBRA IR ANALIZĖS PRINCIPAI

Vadovėlis / I. T. Demidovas, A. N. Kolmogorovas, S. I. Shvartsburg, O. S. Ivaševas-Musatovas, B. E. Veitsas. „Švietimas“ 1975 m.