Metoda matematičke indukcije je jednostavno objašnjenje. Metoda matematičke indukcije

Koristeći metodu matematičke indukcije, dokazati to za bilo koju prirodnu n sledeće jednakosti su tačne:
a) ;
b) .


Odluka.

a) Kada n= 1 jednakost je važeća. Uz pretpostavku valjanosti jednakosti za n, pokažimo da vrijedi i za n+ 1. Zaista,

Q.E.D.

b) Kada n= 1 validnost jednakosti je očigledna. Iz pretpostavke njegove pravičnosti na n trebalo bi

S obzirom na jednakost 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, dobijamo

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

tj. izjava je tačna i za n + 1.

Primjer 1 Dokažite sljedeće jednakosti

gdje n O N.

Odluka. a) Kada n= 1 jednakost će imati oblik 1=1, dakle, P(1) istina. Pretpostavimo da je ta jednakost tačna, odnosno da imamo

. Moramo to provjeriti (dokazati).P(n+ 1), tj. istinito. Jer (koristeći induktivnu pretpostavku) dobijamo, tj. P(n+ 1) je tačna izjava.

Dakle, prema metodi matematičke indukcije, originalna jednakost vrijedi za bilo koju prirodnu n.

Napomena 2. Ovaj primjer bi se mogao riješiti na drugi način. Zaista, zbir 1 + 2 + 3 + ... + n je zbir prvog nčlanovi aritmetičke progresije sa prvim članom a 1 = 1 i razlika d= 1. Na osnovu dobro poznate formule , dobijamo

b) Kada n= 1 jednakost će imati oblik: 2 1 - 1 = 1 2 ili 1=1, tj. P(1) istina. Pretpostavimo da je jednakost

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 i dokazati toP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 ili 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Koristeći hipotezu indukcije, dobijamo

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

dakle, P(n+ 1) je tačno i stoga je tražena jednakost dokazana.

Napomena 3. Ovaj primjer se može riješiti (slično kao i prethodni) bez korištenja metode matematičke indukcije.

c) Kada n= 1 jednakost je tačna: 1=1. Pretpostavimo da je jednakost tačna

i pokaži to to je istinaP(n) implicira istinuP(n+ 1). stvarno, i od 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), dobijamo i, prema tome, originalna jednakost vrijedi za bilo koju prirodnun.

d) Kada n= 1 vrijedi jednakost: 1=1. Pretpostavimo da postoji

i dokazati to

stvarno,

e) Odobrenje P(1) tačno: 2=2. Pretpostavimo da je jednakost

je tačno i dokazujemo da to implicira jednakost stvarno,

Prema tome, originalna jednakost vrijedi za bilo koju prirodnu n.

f) P(1) istina: 1/3 = 1/3. Neka bude jednakosti P(n):

. Pokažimo da posljednja jednakost implicira sljedeće:

Zaista, s obzirom na to P(n) se odvija, dobijamo

Dakle, jednakost je dokazana.

g) Kada n= 1 imamo a + b = b + a i stoga je jednakost istinita.

Neka vrijedi Newtonova binomna formula za n = k, tj.

Onda Koristeći jednakost dobijamo

Primjer 2 Dokazati nejednakosti

a) Bernulijeva nejednakost: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n O N.
b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, ako x 1 x 2 · ... · x n= 1 i x i > 0, .
c) Cauchyjeva nejednakost u odnosu na aritmetičku sredinu i geometrijsku sredinu
gdje x i > 0, , n ≥ 2.
d) grijeh 2 n a + cos2 n a ≤ 1, n O N.
e)
f) 2 n > n 3 , n O N, n ≥ 10.

Odluka. a) Kada n= 1 dobijamo pravu nejednakost

1 + a ≥ 1 + a . Pretpostavimo da postoji nejednakost

(1 + a ) n ≥ 1 + n a(1)
i pokazati da onda imamo(1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a .

Zaista, pošto a > -1 implicira a + 1 > 0, onda množenjem obe strane nejednakosti (1) sa (a + 1) dobijamo

(1 + a ) n(1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a) ili (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Jer n a 2 ≥ 0, dakle,(1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a .

Dakle, ako P(n) je onda tačno P(n+ 1) je tačno, dakle, prema principu matematičke indukcije, Bernoullijeva nejednakost je tačna.

b) Kada n= 1 dobijamo x 1 = 1 i, prema tome, x 1 ≥ 1 tj. P(1) je poštena izjava. Pretvarajmo se to P(n) je tačno, odnosno ako je adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n pozitivni brojevi čiji je proizvod jednak jedan, x 1 x 2 ·...· x n= 1, i x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Pokažimo da ovaj prijedlog implicira da je istinito sljedeće: ako x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) pozitivni brojevi takvi da x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, onda x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Razmotrite sljedeća dva slučaja:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Tada je zbir ovih brojeva ( n+ 1), i tražena nejednakost je zadovoljena;

2) barem jedan broj je različit od jednog, neka je, na primjer, veći od jedan. Onda, jer x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, postoji barem još jedan broj koji se razlikuje od jednog (tačnije, manji od jedan). Neka bude x n+ 1 > 1 i x n < 1. Рассмотрим n pozitivni brojevi

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Proizvod ovih brojeva jednak je jedan, a prema hipotezi, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Posljednja nejednakost se prepisuje na sljedeći način: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 ili x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Ukoliko

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, onda n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Dakle, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, odnosno ako P(n) je onda tačnoP(n+ 1) je pošteno. Nejednakost je dokazana.

Napomena 4. Znak jednakosti se javlja ako i samo ako x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Neka x 1 ,x 2 ,...,x n su proizvoljni pozitivni brojevi. Uzmite u obzir sljedeće n pozitivni brojevi:

Pošto je njihov proizvod jednak jedan: prema prethodno dokazanoj nejednakosti b), slijedi da gdje

Napomena 5. Jednakost vrijedi ako i samo ako x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) - fer izjava: sin 2 a + cos 2 a = 1. Pretpostavimo da P(n) je istinita izjava:

Grijeh 2 n a + cos2 n a ≤ 1 i pokazati da postojiP(n+ 1). stvarno, sin2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) \u003d grijeh 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos2 n a ≤ 1 (ako je sin 2 a ≤ 1, tada je cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, zatim sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n O N grijeh 2 n a + cos2 n ≤ 1 i znak jednakosti se postiže samo kadan = 1.

e) Kada n= 1 izjava je tačna: 1< 3 / 2 .

Pretpostavimo to i dokazati to

Ukoliko
Razmatrati P(n), dobijamo

f) Uzimajući u obzir napomenu 1, vršimo provjeru P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, dakle, za n= 10 izjava je tačna. Pretpostavimo 2 n > n 3 (n> 10) i dokazati P(n+ 1), tj. 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Od u n> 10 imamo ili , slijedi to

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 ili n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Uzimajući u obzir nejednakost (2 n > n 3), dobijamo 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Dakle, prema metodi matematičke indukcije, za bilo koju prirodnu n O N, n≥ 10 imamo 2 n > n 3 .

Primjer 3 Dokažite to za bilo koji n O N

Odluka. a) P(1) je tačan iskaz (0 je deljivo sa 6). Neka bude P(n) je pošteno, tj n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) je djeljiv sa 6. Pokažimo da onda imamo P(n+ 1), odnosno ( n + 1)n(2n+ 1) je djeljiv sa 6. Zaista, pošto

I kako n(n - 1)(2 n- 1) i 6 n 2 su djeljive sa 6, a zatim njihov zbirn(n + 1)(2 n+ 1) je djeljiv sa 6.

dakle, P(n+ 1) je poštena izjava, i stoga, n(2n 2 - 3n+ 1) je djeljiv sa 6 za bilo koji n O N.

b) Provjerite P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, dakle P(1) je poštena izjava. Treba dokazati da ako je 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 je djeljivo sa 11 ( P(n)), zatim 6 2 n + 3 n+2 + 3 n je također djeljiv sa 11 ( P(n+ 1)). Zaista, jer

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 == 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3 (6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 i slično 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 i 33 6 2 n-2 su djeljive sa 11, tada je njihov zbir 6 2n + 3 n+2 + 3 n je djeljiv sa 11. Tvrdnja je dokazana. Indukcija u geometriji

Primjer 4 Izračunajte stranu tačne 2 n-ugao upisan u krug poluprečnika R.

Uloga induktivnih zaključaka u eksperimentalnim naukama je veoma velika. Oni daju te odredbe, iz kojih se potom donose daljnji zaključci dedukcijom. Na primjer, u matematici je uloga indukcije u velikoj mjeri u tome što ona leži u osnovi odabrane aksiomatike. Nakon što je duga praksa pokazala da je prava staza uvijek kraća od zakrivljene ili izlomljene, bilo je prirodno formulirati aksiom: za bilo koje tri tačke A, B i C, nejednakost

Koncept “praćenja” koji je u osnovi aritmetike također se pojavio iz posmatranja formiranja vojnika, brodova i drugih uređenih skupova.

Međutim, ne treba misliti da je ovo kraj uloge indukcije u matematici. Naravno, ne bismo trebali eksperimentalno provjeravati teoreme logički izvedene iz aksioma: ako u izvođenju nisu napravljene nikakve logičke greške, onda su istinite u onoj mjeri u kojoj su aksiomi koje smo prihvatili istiniti. Ali iz ovog sistema aksioma može se izvesti mnogo tvrdnji. A izbor onih tvrdnji koje treba dokazati opet se predlaže indukcijom. Ona nam omogućava da odvojimo korisne teoreme od beskorisnih, ukazuje na to koje se teoreme mogu pokazati istinitima, pa čak i pomaže da se ocrta put dokaza.

Indukcija je metoda rasuđivanja koja od konkretnih primjera vodi do nekog opšteg zaključka (indukcija je latinska riječ koja znači „vodenje“). Metoda indukcije u najopštijem smislu sastoji se u prelasku sa posebnih formulacija na univerzalnu formulaciju.

Razmotrimo matematičku indukciju. Metoda matematičke indukcije se koristi kada se želi dokazati da je određena tvrdnja tačna za sve prirodne brojeve.

Matematička indukcija je jedna od najvažnijih metoda dokazivanja u matematici, zasnovana na aksiomu (principu) matematičke indukcije.

Aksiom matematičke indukcije je formuliran na sljedeći način:

1. Validnost određene tvrdnje se provjerava za n = r0.

2. Pretpostavlja se da je ova tvrdnja tačna za n = k, k ≥ p0.

3. Dokazano je da je tvrdnja tačna za n=k+1.

Prva činjenica se zove baza indukcije, druga se naziva indukcijski prijelaz ili indukcijski korak. Induktivni prelaz uključuje i premisu (ili pretpostavku) indukcije (tvrdnja je tačna za n = k) i zaključak (tvrdnja je tačna za n = k + 1). Drugim riječima, korak indukcije se sastoji u prelasku od premise do zaključka, tj. u zaključivanju da je zaključak istinit ako je premisa istinita. U cjelini, čitava logička tehnika koja omogućava da se zaključi da je tvrdnja koja se razmatra istinita za sve prirodne brojeve, sve dok su i osnova i prijelaz važeći, naziva se principom matematičke indukcije. Na njoj se zasniva metoda matematičke indukcije. Ova metoda se može uspješno primijeniti u slučaju kada postoji neka tvrdnja A koja ovisi o parametru koji uzima prirodne vrijednosti, a potrebno je dokazati da je A istinito za bilo koju vrijednost parametra.

Govoreći o indukciji općenito (dakle, ne samo u matematici), pravi se razlika između potpune i nepotpune indukcije.

Potpuna indukcija

Potpuna indukcija je zaključak u kojem se na osnovu pripadnosti svakom elementu ili svakom dijelu klase određenog atributa donosi zaključak o njegovoj pripadnosti klasi kao cjelini.

Induktivno razmišljanje ovog tipa primjenjuje se samo kada se radi o zatvorenim klasama, broj elemenata u kojima je konačan i lako uočljiv. Informacija izražena u premisama ovog zaključka o svakom elementu ili svakom dijelu klase služi kao pokazatelj kompletnosti proučavanja i dovoljna osnova za logički prijenos atributa na cijelu klasu. Dakle, zaključak u zaključku potpune indukcije je demonstrativan. To znači da ako su premise tačne, zaključak u zaključku će nužno biti tačan.

U nekim slučajevima, potpuna indukcija daje afirmativne zaključke ako premise fiksiraju prisustvo određenog atributa za svaki element ili dio klase. U drugim slučajevima negativna presuda može djelovati kao zaključak, ako premise zabilježe odsustvo određene osobine kod svih predstavnika klase.

Kognitivna uloga zaključka potpune indukcije očituje se u formiranju novih saznanja o klasi ili vrsti fenomena. Logički prijenos karakteristike iz pojedinačnih objekata u klasu kao cjelinu nije jednostavno zbrajanje. Znanje o klasi ili rodu je generalizacija, što je novi korak u odnosu na pojedinačne premise.

Demonstrativna priroda potpune indukcije omogućava korištenje ove vrste zaključivanja u demonstrativnom zaključivanju. Primjenjivost potpune indukcije u zaključivanju određena je praktičnom nabrajanjem skupa pojava. Ako je nemoguće pokriti cijelu klasu objekata, onda se generalizacija gradi u obliku nepotpune indukcije.

nepotpuna indukcija. Popularna indukcija

Nepotpuna indukcija je zaključak u kojem se na osnovu atributa pripadnosti nekom elementu ili dijelu klase donosi zaključak o njegovoj pripadnosti klasi kao cjelini.

Nepotpunost induktivne generalizacije izražava se u tome što se ne istražuju svi, već samo neki elementi ili dijelovi klase. Logički prijelaz u nepotpunoj indukciji sa nekih na sve elemente ili dijelove klase nije proizvoljan. Opravdano je empirijskim osnovama – objektivnim odnosom između univerzalnog karaktera znakova i njihovog stabilnog ponavljanja u iskustvu za određenu vrstu fenomena. Otuda i raširena upotreba nepotpune indukcije u praksi. Induktivni prijelaz sa nekih na sve ne može se smatrati logičnom nužnošću, budući da ponavljanje neke karakteristike može biti rezultat jednostavne slučajnosti.

Dakle, nepotpunu indukciju karakterizira oslabljena logička posljedica – prave premise ne daju pouzdan, već samo problematičan zaključak. Istovremeno, otkriće barem jednog slučaja koji je u suprotnosti s generalizacijom čini induktivni zaključak neodrživim.

Na ovoj osnovi, nepotpuna indukcija se naziva uvjerljivim (nedemonstrativnim) zaključcima. U takvim zaključcima, zaključak slijedi iz istinitih premisa sa određenim stepenom vjerovatnoće, koja može biti u rasponu od malo vjerovatnog do vrlo uvjerljivog.

Značajan uticaj na prirodu logičke posledice u zaključcima; nepotpuna indukcija ima način odabira izvornog materijala.

Zadaci za korištenje metode matematičke indukcije.

Da dokažem teoremu

Neka postoji konveksna figura i unutar nje je uzeto n tačaka. Tada i centar mase ovih tačaka pripada slici.

Dokaz ćemo izvesti indukcijom.

Dokazujemo osnovu: centar mase dviju tačaka, po definiciji, pripada segmentu koji ih povezuje, zbog konveksnosti figure, pripada figuri.

Baza je dokazana, sada je korak indukcije. Centar mase n + 1 tačaka je, po definiciji, centar masa dvije tačke: bilo koje i centar mase svih ostalih, kojih ima n komada. Na osnovu induktivne pretpostavke, centar mase ovih preostalih n tačaka pripada slici, što znači da centar mase njene i (n + 1)-te tačke takođe pripada figuri, jer po definiciji leži na segmentu koji spaja ove dvije tačke naše konveksne figure, što je potrebno dokazati.

Da nađem sumu

Pronađite zbir +

S(1)= S(2)= S(3)=S(2)+ Može se pretpostaviti da je S(n)=

Dokažimo to. Za n=1 formula je tačna. Pretpostavimo da će to važiti i za n=k+1:

Za dokaz nejednakosti

Neka je x1, x2,. , xn su proizvoljni pozitivni brojevi, a x1x2xn = 1. Dokažite da je x1 + x2 +. +hn ≥ n.

1. Ako je n = 1, onda je po uslovu x1 = 1 i stoga možemo napisati x1 ≥ 1, tj. za n = 1 tvrdnja je tačna.

2. Pretpostavimo da je izjava tačna za n = k. Neka je x1, x2,. ,hk,hk + 1 su proizvoljni pozitivni brojevi i h1h2hkhk+1 = 1.

Mogu postojati dva slučaja: ili su svi ovi brojevi jednaki 1, pa je njihov zbir jednak k + 1 i nejednakost je dokazana, ili među tim brojevima postoji barem jedan broj koji nije jednak jedinici, a zatim nužno postoji barem još jedan broj, koji nije jednak jednom, a ako je jedan od njih manji od jedan, onda je drugi veći od jedan. Bez gubitka opštosti, možemo pretpostaviti da je xk > 1 i xk + 1

Njihov proizvod je jednak jedinici, pa je prema induktivnoj pretpostavci x1 + x2 + + xk-1+ xkxk+1 ≥ k.

Dodajmo xk+xk+1 na oba dijela posljednje nejednačine, pomjerimo xkxk+1 udesno i transformiramo desnu stranu nejednačine: x1 + x2 + + xk + xk+1 ≥ k - xkxk+1+xk + xk+1 =

K+1 + xk(1-xk+1) + xk+1- 1=k+1+xk(1- xk+1) - (1 - xk+1) =

K + 1+(1 - xk+1)(xk - l) ≥ k + l.

Dakle, istinitost iskaza za n = k implicira njegovu istinitost za n = k + 1. Tvrdnja je dokazana. Iz gornjeg dokaza slijedi da se znak jednakosti u relaciji koja se dokazuje ima ako i samo ako je x1 = x2 =. = xn = 1.

Dokažite nejednakost

Gdje je x1, x2,. , x3 su proizvoljni pozitivni brojevi.

Ova važna nejednakost između aritmetičke sredine i geometrijske sredine n brojeva je jednostavna posljedica odnosa dokazane u prethodnom primjeru. Zaista, neka je x1, x2,. , xn - proizvoljni pozitivni brojevi. Razmotrimo n brojeva

Očigledno, svi ovi brojevi su pozitivni i njihov proizvod je jednak jedan. Dakle, prema onome što je dokazano u prethodnom primjeru, njihov zbir je veći ili jednak n, tj.

štaviše, znak jednakosti se dešava ako i samo ako je x1 = x2 =. = xn.

Nejednakost između aritmetičke sredine i geometrijske sredine n brojeva često se pokaže korisnom u dokazivanju drugih nejednakosti, u pronalaženju najmanjih i najvećih vrijednosti funkcija.

O izvođenju formule progresije

Neka je (an) aritmetička progresija čija je razlika d.

a1=a1 a2=a1+d=a1+1d a3=a2+d=a1+d+d= a1+2d a4=a3+d=a1+2d+d= a1+3d a5=a4+d=a1+ 3d +d= a1+4d

Analiza ovih jednakosti nam omogućava da pretpostavimo da je an=a1+(n – 1)d. Ova pretpostavka je tačna za bilo koji nN.

Za djeljivost

Dokažite istinitost rečenice

A (n) = (broj 5∙23n-2 + Z3n-1 je višekratnik od 19), nN.

1. Tvrdnja A (1) = (broj 5∙2 + Z2 je višekratnik od 19) je tačna.

2. Pretpostavimo da je za neku vrijednost n = k

A(k) = (broj 5∙23k-2 + Z3k-1 je višekratnik od 19) je tačno. Zatim, pošto je 5∙23(k+1)-2 + Z3(k+1)-1 =

8∙5∙23k-2 + 27∙Z3k-1 = 8 (5∙23k-2 + Z3k-1) + 19∙Z3k-1, očigledno je da je i A(k + ​​1) tačno. Zaista, prvi član je djeljiv sa 19 na osnovu pretpostavke da je A(k) istinit; drugi član je također djeljiv sa 19, jer sadrži faktor 19. Oba uslova principa matematičke indukcije su zadovoljena, dakle, tvrdnja A (k) je tačna za sve vrijednosti n.

Da dokažem identitete

Dokažite da je za bilo koji prirodni n tačna jednakost:

1*2+2*3+3*4+4*5++n(n+1)=.

Dokaz.

1) Provjerite iskaz za n=1.

Nejednakost je zadovoljena.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n=k, tj.

1*2+2*3+3*4+4*5++k(k+1)=

3) Dokažimo tvrdnju za n=k+1:

1*2+2*3+3*4+4*5++ k(k+1)+(k+1)(k+2)=+ (k+1)(k+2)=

Dakle, vidjeli smo da je tvrdnja koja se dokazuje istinita za bilo koje n ϵ N.

Zadaci stvarnosti

Dokažimo da je zbir unutrašnjih uglova konveksnog n-ugla jednak π(n-2).

1. Minimalni broj uglova je tri. Dakle, dokaz počinjemo sa n = 3. Dobijamo da za trougao formula daje π (3~2) = π Tvrdnja za n = 3 je tačna.

2. Pretpostavimo da je formula tačna za n=k. Dokažimo da je to tačno za bilo koju konveksnu

(do +1) -gon. Hajde da razbijemo

(do +1) -ugao sa dijagonalom tako da dobijemo k-ugao i trokut (vidi sliku).

Budući da je formula tačna za trokut i k-ugao, dobijamo π (k - 2) + π \u003d π (k -1).

Dobijemo isto ako u originalnu formulu zamijenimo n = k + 1: π (k +1 - 2) = π (k -1).

Postoji stepenište čije su sve stepenice iste. Potrebno je navesti minimalni broj pozicija koje bi garantovale mogućnost "penjanja" bilo koju stepenicu.

Svi se slažu da treba postojati uslov. Moramo biti u stanju da se popnemo na prvu stepenicu. Zatim, moraju biti u stanju da se popnu s prve stepenice na drugu. Zatim do drugog - do trećeg, i tako dalje do n-og koraka. Naravno, u zbiru, "n" izjave garantuju nm da ćemo moći doći do n-tog koraka.

Pogledajmo sada 2, 3,. , n poziciju i uporedite ih međusobno. Lako je vidjeti da svi imaju istu strukturu: ako smo došli do k stepenika, onda se možemo popeti na (k + 1) stepenicu. Dakle, takav aksiom za valjanost iskaza koji zavise od "n" postaje prirodan: ako je rečenica A (n), u kojoj je n prirodan broj, zadovoljena za n=1 i iz činjenice da je zadovoljena za n=k (gdje je k bilo koji prirodan broj), slijedi da vrijedi i za n=k+1, tada pretpostavka A(n) vrijedi za bilo koji prirodni broj n.

Zaključak.

Dakle, indukcija (od latinskog inductio - vođenje, motivacija) je jedan od oblika zaključivanja, metoda istraživanja, primjenom koje se od poznavanja pojedinačnih činjenica ide na generalizacije, na opšte odredbe. Metoda matematičke indukcije je metoda dokaza zasnovana na takozvanom aksiomu (principu) matematičke indukcije. Indukcija je ili potpuna ili nepotpuna. Primjenjujući potpunu indukciju, smatramo da imamo pravo proglasiti istinitost univerzalne formulacije samo kada smo uvjereni u njenu istinitost za svaku vrijednost n bez izuzetka. Metoda nepotpune indukcije sastoji se u prelasku na univerzalnu formulaciju nakon provjere istinitosti pojedinih formulacija za neke, ali ne sve, vrijednosti n.

Metoda matematičke indukcije je jedna od teorijskih osnova za rješavanje problema: stvarnost, nalaženje zbira, dokazivanje nekih teorema iz geometrije, fizike, rješavanje nejednačina, izvođenje formula za progresiju, djeljivost, dokazivanje identiteta.

Upoznavajući se sa metodom matematičke indukcije, proučavao sam specijalnu literaturu, konsultovao se sa nastavnikom, analizirao podatke i rešenja problema, koristio internet i vršio potrebne proračune.

Tokom svog rada naučio sam da je za rješavanje problema matematičkom indukcijom potrebno poznavati i razumjeti osnovni princip matematičke indukcije.

Prednost metode matematičke indukcije je njena univerzalnost, jer se uz pomoć ove metode mogu riješiti mnogi problemi. A nedostatak nepotpune indukcije je što ponekad vodi do pogrešnih zaključaka.

Uopštivši i sistematizirajući znanje o matematičkoj indukciji, uvjerio sam se u potrebu znanja na temu "metode matematičke indukcije" u stvarnosti. Osim toga, ovo znanje povećava interesovanje za matematiku kao nauku.

Takođe, u toku rada stekla je veštine rešavanja zadataka metodom matematičke indukcije. Vjerujem da će mi ove vještine pomoći u budućnosti da savladam izabranu specijalnost na savremenom nivou.

Ako je rečenica A(n), koja zavisi od prirodnog broja n, tačna za n=1, a iz činjenice da je tačna za n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da je također tačno za sledeći broj n=k +1, tada je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji prirodan broj n.

U brojnim slučajevima može biti potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje ne za sve prirodne brojeve, već samo za n>p, gdje je p fiksni prirodan broj. U ovom slučaju, princip matematičke indukcije je formuliran na sljedeći način.

Ako je prijedlog A(n) istinit za n=p i ako je A(k) X A(k+1) za bilo koje k>p, onda je prijedlog A(n) istinit za bilo koje n>p.

Dokaz metodom matematičke indukcije izvodi se na sljedeći način. Prvo, tvrdnja koju treba dokazati se provjerava za n=1, tj. istinitost tvrdnje A(1) je utvrđena. Ovaj dio dokaza naziva se baza indukcije. Nakon toga slijedi dio dokaza koji se naziva korak indukcije. U ovom dijelu se dokazuje valjanost iskaza za n=k+1 pod pretpostavkom da je tvrdnja tačna za n=k (induktivna pretpostavka), tj. dokazati da je A(k) ~ A(k+1)

Dokazati da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

  • 1) Imamo n=1=1 2 . Dakle, tvrdnja je tačna za n=1, tj. A(1) tačno
  • 2) Dokažimo da je A(k) ~ A(k+1)

Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je izjava tačna za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Dokažimo da je tada tvrdnja tačna i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. šta

  • 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Zaista,
  • 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Dakle, A(k) X A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, zaključujemo da je pretpostavka A(n) tačna za bilo koje n O N

Dokaži to

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), gdje je x br. 1

  • 1) Za n=1 dobijamo
  • 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

dakle, za n=1 formula je tačna; A(1) tačno

  • 2) Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je formula tačna za n=k,
  • 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Dokažimo da je onda jednakost

  • 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Zaista
  • 1+h+h 2 +x 3 +…+h 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)

Dakle, A(k) ⋅ A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, zaključujemo da je formula tačna za svaki prirodni broj n

Dokažite da je broj dijagonala konveksnog n-ugla n(n-3)/2

Rješenje: 1) Za n=3 tvrdnja je tačna, jer je u trouglu

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 = 0 dijagonala; A 2 A(3) tačno

2) Pretpostavimo da u bilo kojem konveksnom k-ugaoniku ima A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 dijagonale. A k Dokažimo da je tada u konveksnom A k+1 (k+1)-ugla broj dijagonala A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Neka je A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 -konveksan (k+1)-ugao. Nacrtajmo dijagonalu A 1 A k u njoj. Da biste izračunali ukupan broj dijagonala ovog (k + 1)-ugla, potrebno je izbrojati broj dijagonala u k-ugaoniku A 1 A 2 ...A k, dodati k-2 na rezultirajući broj, tj. broj dijagonala (k+1)-ugla koje izlaze iz temena A k+1, a pored toga treba uzeti u obzir i dijagonalu A 1 A k

dakle,

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

Dakle, A(k) ⋅ A(k+1). Zbog principa matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za svaki konveksni n-ugao.

Dokažite da je za bilo koje n tvrdnja tačna:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

2) Pretpostavimo da je n=k

X k = k 2 = k (k + 1) (2k + 1) / 6

3) Razmotrimo ovu izjavu za 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)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

Dokazali smo valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje prirodno n

Dokažite da je za bilo koji prirodni n tačna jednakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Rješenje: 1) Neka je n=1

Tada je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Vidimo da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n=k

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

3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje za n=k+1, tj.

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

Iz gornjeg dokaza se može vidjeti da je tvrdnja tačna za n=k+1, dakle, jednakost je tačna za bilo koje prirodno n

Dokaži to

((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), gdje je n>2

Rješenje: 1) Za n=2, identitet izgleda ovako:

  • (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ´ 2 ´ 3)/2 (2 2 +2+1), tj. istina je
  • 2) Pretpostavimo da je izraz tačan za n=k
  • (2 3 +1) / (2 3 -1) ´ ... ´ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
  • 3) Dokazaćemo ispravnost izraza za 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)

Dokazali smo valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje n>2

Dokaži to

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) za bilo koji prirodni n

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

  • 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
  • 2) Pretpostavimo da je onda n=k
  • 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
  • 3) Dokazaćemo istinitost ove tvrdnje za 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)

Dokazana je i valjanost jednakosti za n=k+1, pa je tvrdnja tačna za svako prirodno n.

Dokazati valjanost identiteta

(1 2 /1 ´ 3)+(2 2 /3 ´ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ´ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) za bilo koji prirodni n

  • 1) Za n=1 identitet je tačan 1 2 /1 ´ 3=1(1+1)/2(2+1)
  • 2) Pretpostavimo da je za n=k
  • (1 2 /1 ´3)+…+(k 2 /(2k-1) ´ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
  • 3) Dokazujemo da je identičnost tačna za 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)

Iz gornjeg dokaza se može vidjeti da je tvrdnja tačna za svaki pozitivan cijeli broj n.

Dokažite da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo sa 133 bez ostatka

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

Ali (23 ´ 133) je deljivo sa 133 bez ostatka, tako da je za n=1 izjava tačna; A(1) je tačno.

  • 2) Pretpostavimo da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo sa 133 bez ostatka
  • 3) Dokažimo da je u ovom slučaju (11 k+3 +12 2k+3) djeljivo sa 133 bez ostatka. Zaista
  • 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

Dobijeni zbir je djeljiv sa 133 bez ostatka, jer je njegov prvi član djeljiv sa 133 bez ostatka po pretpostavci, a u drugom je jedan od faktora 133. Dakle, A (k) Yu A (k + 1). Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana

Dokazati da je za bilo koji n 7 n -1 djeljiv sa 6 bez ostatka

  • 1) Neka je n=1, tada je X 1 = 7 1 -1 = 6 podijeljen sa 6 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna
  • 2) Pretpostavimo da je za n \u003d k 7 k -1 djeljivo sa 6 bez ostatka
  • 3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1

X k+1 = 7 k + 1 -1 \u003d 7 ´ 7 k -7 + 6 = 7 (7 k -1) + 6

Prvi član je djeljiv sa 6, pošto je 7 k -1 djeljivo sa 6 prema pretpostavci, a drugi član je 6. Dakle, 7 n -1 je višekratnik 6 za bilo koje prirodno n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n-1 +2 4n-3 za proizvoljan cijeli broj n djeljiv sa 11.

1) Neka je onda n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 podijeljen je sa 11 bez ostatka.

Dakle, za n=1 izjava je tačna

  • 2) Pretpostavimo da je za n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 deljivo sa 11 bez ostatka
  • 3) Dokazujemo da je tvrdnja tačna za 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

Prvi član je djeljiv sa 11 bez ostatka, jer je 3 3k-1 +2 4k-3 djeljiv sa 11 po pretpostavci, drugi je djeljiv sa 11, jer je jedan od njegovih faktora broj 11. Dakle, zbir je također djeljiv sa 11 bez ostatka za bilo koje prirodno n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 11 2n -1 za proizvoljan cijeli broj n djeljivo sa 6 bez ostatka

  • 1) Neka je n=1, tada je 11 2 -1=120 deljivo sa 6 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna
  • 2) Pretpostavimo da je za n=k 1 2k -1 deljivo sa 6 bez ostatka
  • 11 2(k+1) -1=121 ´ 11 2k -1=120´ 11 2k +(11 2k -1)

Oba člana su djeljiva sa 6 bez ostatka: prvi sadrži višekratnik broja 6 120, a drugi je djeljiv sa 6 bez ostatka po pretpostavci. Dakle, zbir je djeljiv sa 6 bez ostatka. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n+3 -26n-27 za proizvoljan cijeli broj n djeljiv sa 26 2 (676) bez ostatka

Hajde da prvo dokažemo da je 3 3n+3 -1 deljivo sa 26 bez ostatka

  • 1. Kada je n=0
  • 3 3 -1=26 je deljivo sa 26
  • 2. Pretpostavimo da je za n=k
  • 3 3k+3 -1 je deljivo sa 26
  • 3. Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1
  • 3 3k+6 -1=27 ´ 3 3k+3 -1=26´ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - djeljivo je sa 26

Dokažimo sada tvrdnju formulisanu u uslovu problema

  • 1) Očigledno je da je za n=1 tvrdnja tačna
  • 3 3+3 -26-27=676
  • 2) Pretpostavimo da je za n=k izraz 3 3k+3 -26k-27 djeljiv sa 26 2 bez ostatka
  • 3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1
  • 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Oba člana su djeljiva sa 26 2 ; prvi je djeljiv sa 26 2 jer smo dokazali da je izraz u zagradi djeljiv sa 26, a drugi je djeljiv sa induktivnom hipotezom. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana

Dokažite da ako je n>2 i h>0, onda je nejednakost (1+h) n >1+n ´ h

  • 1) Za n=2, nejednakost je tačna, jer
  • (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Dakle, A(2) je tačno

  • 2) Dokažimo da je A(k) ⋅ A(k+1) ako je k> 2. Pretpostavimo da je A(k) tačno, tj. da je nejednakost
  • (1+h) k >1+k ´x. (3)

Dokažimo da je tada i A(k+1) tačna, tj. da je nejednakost

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

Zaista, množenjem obje strane nejednakosti (3) pozitivnim brojem 1+x, dobivamo

(1+x) k+1 >(1+k ´x)(1+x)

Razmotrimo desnu stranu posljednje nejednakosti; imamo

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

Kao rezultat, dobijamo da (1+h) k+1 >1+(k+1) ´x

Dakle, A(k) ⋅ A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, može se tvrditi da Bernulijeva nejednakost vrijedi za bilo koje n> 2

Dokažite da je nejednakost (1+a+a 2) m > 1+m ´ a+(m(m+1)/2) ´ a 2 tačna za a> 0

Rješenje: 1) Za m=1

  • (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ´ a 2 oba dijela su jednaka
  • 2) Pretpostavimo da je za m=k
  • (1+a+a 2) k >1+k ´ a+(k(k+1)/2) ´ a 2
  • 3) Dokažimo da je za m=k+1 nejednakost tačna
  • (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

Dokazali smo valjanost nejednakosti za m=k+1, dakle, zbog metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koje prirodno m

Dokazati da je za n>6 nejednakost 3 n >n ´ 2 n+1

Prepišimo nejednačinu u obliku (3/2) n >2n

  • 1. Za n=7 imamo 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ´ 7 nejednakost je tačna
  • 2. Pretpostavimo da je za n=k (3/2) k >2k
  • 3) Dokažimo valjanost nejednakosti za n=k+1
  • 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ´ (3/2)>2k ´ (3/2)=3k>2 (k+1)

Pošto je k>7, posljednja nejednakost je očigledna.

Zbog metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koje prirodno n

Dokazati da je za n>2 nejednakost

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

  • 1) Za n=3 nejednakost je tačna
  • 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
  • 2. Pretpostavimo da je za n=k
  • 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
  • 3) Dokažimo valjanost nejednakosti za n=k+1
  • (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Dokažimo da je 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

Ovo poslednje je očigledno, i stoga

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

Metodom matematičke indukcije nejednakost je dokazana.

Bibliografski opis: Badanin AS, Sizova M. Yu Primena metode matematičke indukcije na rešavanje problema o deljivosti prirodnih brojeva // Mladi naučnik. - 2015. - br. 2. — S. 84-86..02.2019.).



Na matematičkim olimpijadama često se susreću prilično teški problemi u dokazivanju djeljivosti prirodnih brojeva. Učenici se suočavaju s problemom: kako pronaći univerzalnu matematičku metodu koja omogućava rješavanje takvih problema?

Pokazalo se da se većina problema djeljivosti može riješiti matematičkom indukcijom, ali se u školskim udžbenicima ovoj metodi posvećuje vrlo malo pažnje, najčešće se daje kratak teorijski opis i analizira nekoliko problema.

Metodu matematičke indukcije nalazimo u teoriji brojeva. U zoru teorije brojeva, matematičari su induktivno otkrili mnoge činjenice: L. Euler i K. Gauss su ponekad razmatrali hiljade primjera prije nego što su primijetili numerički obrazac i povjerovali u njega. Ali u isto vrijeme, shvatili su koliko hipoteze mogu biti pogrešne ako prođu "konačni" test. Za induktivni prijelaz sa iskaza provjerenog za konačan podskup na sličan iskaz za cijeli beskonačan skup, potreban je dokaz. Ovu metodu je predložio Blaise Pascal, koji je pronašao opći algoritam za pronalaženje kriterija za djeljivost bilo kojeg cijelog broja bilo kojim drugim cijelim brojem (traktat „O prirodi djeljivosti brojeva“).

Metoda matematičke indukcije se koristi za dokazivanje istinitosti određene tvrdnje za sve prirodne brojeve ili istinitosti iskaza počevši od nekog broja n.

Rješavanje problema za dokazivanje istinitosti određene tvrdnje metodom matematičke indukcije sastoji se od četiri faze (slika 1):

Rice. 1. Šema za rješavanje problema

1. Osnova indukcije . Provjerite valjanost iskaza za najmanji prirodni broj za koji izjava ima smisla.

2. Induktivna pretpostavka . Pretpostavljamo da je tvrdnja tačna za neku vrijednost k.

3. induktivni prelaz . Dokazujemo da je tvrdnja tačna za k+1.

4. Zaključak . Ako je takav dokaz završen, onda se, na osnovu principa matematičke indukcije, može tvrditi da je tvrdnja tačna za bilo koji prirodni broj n.

Razmotrimo primjenu metode matematičke indukcije na rješavanje problema za dokazivanje djeljivosti prirodnih brojeva.

Primjer 1. Dokažite da je broj 5 višekratnik broja 19, gdje je n prirodan broj.

dokaz:

1) Provjerimo da li je ova formula tačna za n = 1: broj =19 je višekratnik od 19.

2) Neka je ova formula tačna za n = k, tj. broj je višekratnik broja 19.

Deljivo sa 19. Zaista, prvi član je deljiv sa 19 zbog pretpostavke (2); drugi član je također djeljiv sa 19 jer sadrži faktor 19.

Primjer 2 Dokažite da je zbir kocki tri uzastopna prirodna broja djeljiv sa 9.

dokaz:

Dokažimo tvrdnju: „Za bilo koji prirodni broj n, izraz n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 je višekratnik broja 9.

1) Provjerite je li ova formula tačna za n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 je višekratnik broja 9.

2) Neka je ova formula tačna za n = k, tj. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 je višekratnik broja 9.

3) Dokažimo da je formula tačna i za n = k + 1, tj. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 je višekratnik 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Rezultirajući izraz sadrži dva člana, od kojih je svaki djeljiv sa 9, pa je zbir djeljiv sa 9.

4) Oba uslova principa matematičke indukcije su zadovoljena, dakle, tvrdnja je tačna za sve vrednosti n.

Primjer 3 Dokažite da je za bilo koje prirodno n broj 3 2n+1 +2 n+2 djeljiv sa 7.

dokaz:

1) Provjerite da li je ova formula tačna za n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 je višekratnik broja 7.

2) Neka je ova formula tačna za n = k, tj. 3 2 k +1 +2 k +2 je deljivo sa 7.

3) Dokažimo da je formula tačna i za n = k + 1, tj.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 3 2 +2 k +2 2 1 =3 2 k +1 9+2 k +2 2 =3 2 k +1 9+2 k +2 (9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2) 9–7 2 k +2 .T. Kako je (3 2 k +1 +2 k +2) 9 deljivo sa 7, a 7 2 k +2 deljivo sa 7, onda je i njihova razlika deljiva sa 7.

4) Oba uslova principa matematičke indukcije su zadovoljena, dakle, tvrdnja je tačna za sve vrednosti n.

Pogodno je riješiti mnoge dokazne probleme u teoriji djeljivosti prirodnih brojeva metodom matematičke indukcije, čak se može reći da je rješavanje problema ovom metodom prilično algoritamsko, dovoljno je izvršiti 4 osnovna koraka. Ali ova metoda se ne može nazvati univerzalnom, jer ima i nedostataka: prvo, moguće je dokazati samo na skupu prirodnih brojeva, a drugo, moguće je dokazati samo za jednu varijablu.

Za razvoj logičkog mišljenja, matematičke kulture, ova metoda je neophodan alat, jer je čak i veliki ruski matematičar A. N. Kolmogorov rekao: „Razumevanje i sposobnost pravilne primene principa matematičke indukcije dobar je kriterijum za logičku zrelost, koja je apsolutno neophodno za matematiku.”

književnost:

1. Vilenkin N. Ya. Induction. Kombinatorika. - M.: Prosvjeta, 1976. - 48 str.

2. Genkin L. O matematičkoj indukciji. - M., 1962. - 36 str.

3. Solominsky I. S. Metoda matematičke indukcije. - M.: Nauka, 1974. - 63 str.

4. Sharygin I. F. Fakultativni predmet iz matematike: Rješavanje problema: Udžbenik za 10 ćelija. srednja skola - M.: Prosvjeta, 1989. - 252 str.

5. Shen A. Matematička indukcija. - M.: MTSNMO, 2007.- 32 str.

Predavanje 6. Metoda matematičke indukcije.

Nova saznanja u nauci i životu stiču se na različite načine, ali se sva (ako ne ulazimo u detalje) dijele na dvije vrste - prijelaz od opšteg ka posebnom i od posebnog do opšteg. Prvi je dedukcija, drugi je indukcija. Deduktivno zaključivanje je ono što se obično naziva u matematici logičko rezonovanje, au matematičkoj nauci dedukcija je jedina legitimna metoda istraživanja. Pravila logičkog zaključivanja formulisao je prije dva i po milenijuma starogrčki naučnik Aristotel. Napravio je kompletnu listu najjednostavnijih ispravnih rasuđivanja, silogizmi– „cigle“ logike, istovremeno ukazujući na tipična rezonovanja, vrlo slična ispravnim, ali pogrešna (sa ovakvim „pseudološkim“ rezonovanjem se često susrećemo u medijima).

Indukcija (indukcija - na latinskom vođenje) ilustruje poznata legenda o tome kako je Isak Njutn formulisao zakon univerzalne gravitacije nakon što mu je jabuka pala na glavu. Još jedan primjer iz fizike: u takvom fenomenu kao što je elektromagnetna indukcija, električno polje stvara, "inducira" magnetsko polje. „Njutnova jabuka“ je tipičan primjer situacije u kojoj se jedan ili više posebnih slučajeva, tj. zapažanja, "dovode" do opšte izjave, opšti zaključak se donosi na osnovu konkretnih slučajeva. Induktivna metoda je glavna za dobijanje opštih obrazaca u prirodnim i ljudskim naukama. Ali ima vrlo značajan nedostatak: na osnovu konkretnih primjera može se izvući netačan zaključak. Hipoteze koje proizilaze iz privatnih zapažanja nisu uvijek tačne. Razmotrimo primjer zbog Eulera.

Izračunat ćemo vrijednost trinoma za neke prve vrijednosti n:

Imajte na umu da su brojevi dobijeni kao rezultat proračuna prosti. I to se može direktno provjeriti za svaki n 1 do 39 polinomska vrijednost
je prost broj. Međutim, kada n=40 dobijamo broj 1681=41 2 , koji nije prost. Dakle, hipoteza koja bi se ovdje mogla pojaviti, odnosno hipoteza da za svaku n broj
je jednostavno, ispostavilo se da je lažno.

Leibniz je u 17. vijeku dokazao da je za svaki pozitivan cijeli broj n broj
djeljivo sa 3
je djeljiv sa 5, i tako dalje. Na osnovu toga, on je to predložio za svaki nepar k i bilo koje prirodne n broj
podijeljena k, ali ubrzo to primijetio
nije djeljiva sa 9.

Razmatrani primjeri nam omogućavaju da izvučemo važan zaključak: izjava može biti istinita u nizu posebnih slučajeva i istovremeno nepravedna općenito. Pitanje valjanosti iskaza u opštem slučaju može se rešiti primenom posebne metode zaključivanja tzv matematičkom indukcijom(potpuna indukcija, savršena indukcija).

6.1. Princip matematičke indukcije.

♦ Metoda matematičke indukcije se zasniva na princip matematičke indukcije , koji se sastoji od sljedećeg:

1) validnost ove izjave je potvrđena zan=1 (osnova indukcije) ,

2) pretpostavlja se da je ova izjava tačna zan= k, gdjekje proizvoljan prirodan broj 1(pretpostavka indukcije) , a uzimajući u obzir ovu pretpostavku, njegova valjanost se utvrđuje zan= k+1.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, odnosno pretpostavimo da tvrdnja nije tačna za svako prirodno n. Onda postoji tako prirodno m, šta:

1) odobrenje za n=m nije fer,

2) za sve n, manji m, tvrdnja je tačna (drugim riječima, m je prvi prirodan broj za koji tvrdnja nije uspjela).

Očigledno je da m>1, jer za n=1 izjava je tačna (uslov 1). dakle,
- prirodni broj. Ispada da je za prirodan broj
izjava je tačna, a za sljedeći prirodni broj m to je nepravedno. Ovo je u suprotnosti sa uslovom 2. ■

Imajte na umu da je u dokazu korišten aksiom da bilo koja zbirka prirodnih brojeva sadrži najmanji broj.

Dokaz zasnovan na principu matematičke indukcije naziva se potpunom matematičkom indukcijom .

Primjer6.1. Dokažite to za bilo koji prirodni n broj
je djeljiv sa 3.

Odluka.

1) Kada n=1 , dakle a 1 je djeljiv sa 3 i izjava je tačna za n=1.

2) Pretpostavimo da je izjava tačna za n=k,
, odnosno taj broj
je djeljiv sa 3 i pronađite to n=k+1 broj je djeljiv sa 3.

Zaista,

Jer svaki član je djeljiv sa 3, tada je i njihov zbir djeljiv sa 3. ■

Primjer6.2. Dokaži da je zbir prvog n prirodni neparni brojevi jednak je kvadratu njihovog broja, odnosno, .

Odluka. Koristimo metodu potpune matematičke indukcije.

1) Provjeravamo valjanost ove izjave za n=1: 1=1 2 je tačno.

2) Pretpostavimo da je zbir prvog k (
) neparnih brojeva jednak je kvadratu broja ovih brojeva, odnosno . Na osnovu ove jednakosti utvrđujemo da je zbir prvog k+1 neparni brojevi je jednako
, tj.

Koristimo našu pretpostavku i dobijamo

. ■

Za dokazivanje nekih nejednakosti koristi se metoda potpune matematičke indukcije. Dokažimo Bernoullijevu nejednakost.

Primjer6.3. Dokaži to kada
i bilo koje prirodne n nejednakost
(Bernoullijeva nejednakost).

Odluka. 1) Kada n=1 dobijamo
, što je tačno.

2) Pretpostavljamo da pri n=k postoji nejednakost
(*). Koristeći ovu pretpostavku, to dokazujemo
. Imajte na umu da kada
ova nejednakost vrijedi i stoga je dovoljno razmotriti slučaj
.

Pomnožite oba dijela nejednakosti (*) brojem
i dobiti:

To je (1+
.■

Dokaz metodom nepotpuna matematička indukcija neke tvrdnje u zavisnosti od n, gdje
provodi se na sličan način, ali se na početku pravda uspostavlja za najmanju vrijednost n.

Neki problemi ne formulišu eksplicitno izjavu koja se može dokazati matematičkom indukcijom. U takvim slučajevima potrebno je utvrditi pravilnost i izraziti hipotezu o valjanosti te pravilnosti, a zatim ispitati predloženu hipotezu metodom matematičke indukcije.

Primjer6.4. Pronađite iznos
.

Odluka. Nađimo sume S 1 , S 2 , S 3 . Imamo
,
,
. Pretpostavljamo da za bilo koji prirodni n formula je važeća
. Za provjeru ove hipoteze koristimo metodu potpune matematičke indukcije.

1) Kada n=1 hipoteza je tačna, jer
.

2) Pretpostavimo da je hipoteza tačna za n=k,
, tj
. Koristeći ovu formulu, utvrđujemo da je hipoteza tačna i za n=k+1, tj

Zaista,

Dakle, pod pretpostavkom da je hipoteza tačna za n=k,
, dokazano je da je to tačno za n=k+1, a na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da formula vrijedi za bilo koju prirodnu n. ■

Primjer6.5. U matematici je dokazano da je zbir dvije ravnomjerno neprekidne funkcije jednoliko kontinuirana funkcija. Na osnovu ove izjave, moramo dokazati da je zbir bilo kojeg broja
uniformno kontinuiranih funkcija je uniformno kontinuirana funkcija. Ali budući da još nismo uveli koncept "uniformno kontinuirane funkcije", postavimo problem apstraktnije: neka bude poznato da je zbir dvije funkcije koje imaju neko svojstvo S, sama ima imovinu S. Dokažimo da zbir bilo kojeg broja funkcija ima svojstvo S.

Odluka. Osnova indukcije ovdje je sadržana u samoj formulaciji problema. Uzmite u obzir induktivnu pretpostavku
funkcije f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 koji imaju svojstvo S. Onda . Na desnoj strani, prvi pojam ima svojstvo S po hipotezi indukcije, drugi član ima svojstvo S po stanju. Dakle, njihov zbir ima svojstvo S– za dva mandata osnova indukcije „radi“.

Ovo dokazuje tvrdnju i koristit će je dalje. ■

Primjer6.6. Pronađite sve prirodno n, za koje je nejednakost

.

Odluka. Razmislite n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Imamo: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Dakle, možemo postaviti hipotezu: nejednakost
ima mjesta za svakoga
. Da bismo dokazali istinitost ove hipoteze, koristimo princip nepotpune matematičke indukcije.

1) Kao što je gore navedeno, ova hipoteza je tačna za n=5.

2) Pretpostavimo da je istina za n=k,
, odnosno nejednakosti
. Koristeći ovu pretpostavku, dokazujemo da je nejednakost
.

T. to.
i na
postoji nejednakost

at
,

onda to dobijamo
. Dakle, istinitost hipoteze n=k+1 proizlazi iz pretpostavke da je tačno za n=k,
.

Od str. 1 i 2, na osnovu principa nepotpune matematičke indukcije, slijedi da je nejednakost
istina za svako prirodno
. ■

Primjer6.7. Dokažite to za bilo koji prirodan broj n formula diferencijacije je važeća
.

Odluka. At n=1 ova formula ima oblik
, ili 1=1, odnosno tačno je. Uz induktivnu pretpostavku, imamo:

Q.E.D. ■

Primjer6.8. Dokazati da je skup koji se sastoji od n elemenata, ima podskupovi.

Odluka. Komplet sa jednim elementom a, ima dva podskupa. Ovo je tačno jer su svi njegovi podskupovi prazan skup i sam skup, a 2 1 =2.

Pretpostavljamo da bilo koji skup od n elemenata ima podskupovi. Ako se skup A sastoji od n+1 elemenata, onda u njega fiksiramo jedan element - označimo ga d, i podijeliti sve podskupove u dvije klase - koje ne sadrže d i koji sadrži d. Svi podskupovi iz prve klase su podskupovi skupa B koji se dobija od A uklanjanjem elementa d.

Skup B se sastoji od n elemenata, te stoga, prema hipotezi indukcije, ima podskupovi, dakle u prvoj klasi podskupovi.

Ali u drugoj klasi postoji isti broj podskupova: svaki od njih se dobija iz tačno jednog podskupa prve klase dodavanjem elementa d. Dakle, ukupno skup A
podskupovi.

Time je tvrdnja dokazana. Imajte na umu da vrijedi i za skup koji se sastoji od 0 elemenata - prazan skup: ima jedan podskup - sebe, i 2 0 =1. ■

Podijeli: