Истинското знание по всяко време се основаваше на установяване на модел и доказване на неговата истинност при определени обстоятелства. За толкова дълъг период на съществуване на логическото разсъждение бяха дадени формулировките на правилата и Аристотел дори състави списък на „правилните разсъждения“. Исторически е обичайно всички изводи да се разделят на два вида - от конкретни до множествено число (индукция) и обратно (дедукция). Трябва да се отбележи, че видовете доказателства от частни към общи и от общи към частни съществуват само във взаимовръзка и не могат да бъдат взаимозаменяеми.

Индукция в математиката

Терминът "индукция" (индукция) има латински корени и буквално се превежда като "насочване". При по-внимателно разглеждане може да се разграничи структурата на думата, а именно латинския префикс - in- (обозначаващ насочено действие навътре или вътре) и -duction - въвеждане. Заслужава да се отбележи, че има два вида - пълна и непълна индукция. Пълната форма се характеризира със заключения, направени от изучаването на всички предмети от определен клас.

Непълни - заключения, приложени към всички предмети от класа, но направени въз основа на изучаването само на някои единици.

Пълната математическа индукция е заключение, основано на общо заключение за целия клас от всякакви обекти, които са функционално свързани чрез отношения на естествената редица от числа, основано на познаването на тази функционална връзка. В този случай процесът на доказване протича на три етапа:

• на първия етап се доказва правилността на твърдението на математическата индукция. Пример: f = 1, индукция;
• следващият етап се основава на предположението, че позицията е валидна за всички естествени числа. Тоест, f=h, това е индуктивното предположение;
• на третия етап се доказва валидността на позицията за числото f=h+1 въз основа на правилността на позицията на предходния параграф - това е индукционен преход или стъпка на математическа индукция. Пример е т.нар. ако падне първата кост в редицата (базис), то всички кости в редицата падат (преход).

И на шега, и на сериозно

За по-лесно възприемане примерите за решения по метода на математическата индукция са денонсирани под формата на шегови задачи. Това е задачата за учтива опашка:

• Правилата за поведение забраняват на мъжа да заема ред пред жена (в такава ситуация тя е пусната отпред). Въз основа на това твърдение, ако последният в редицата е мъж, то всички останали са мъже.

Ярък пример за метода на математическата индукция е проблемът "Безразмерен полет":

• Изисква се да се докаже, че в микробуса се побират произволен брой хора. Вярно е, че един човек може да се побере в транспорта без затруднения (база). Но колкото и да е пълен микробусът, в него винаги ще се побере 1 пътник (индукционно стъпало).

познати кръгове

Примери за решаване на задачи и уравнения чрез математическа индукция са доста често срещани. Като илюстрация на този подход можем да разгледаме следния проблем.

Състояние: h кръгове са поставени върху равнината. Изисква се да се докаже, че при всяко разположение на фигурите, образуваната от тях карта може да бъде правилно оцветена с два цвята.

Решение: за h=1 истинността на твърдението е очевидна, така че доказателството ще бъде изградено за броя на кръговете h+1.

Да приемем, че твърдението е вярно за всяка карта и на равнината са дадени h + 1 окръжности. Като премахнете един от кръговете от общата сума, можете да получите карта, правилно оцветена в два цвята (черен и бял).

Когато възстановявате изтрит кръг, цветът на всяка област се променя на противоположния (в този случай вътре в кръга). Получава се карта, правилно оцветена в два цвята, което трябваше да се докаже.

Примери с естествени числа

Приложението на метода на математическата индукция е ясно показано по-долу.

Примерни решения:

Докажете, че за всяко h равенството ще бъде правилно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Нека h=1, тогава:

R 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

От това следва, че за h=1 твърдението е вярно.

2. Ако приемем, че h=d, се получава следното уравнение:

R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1

3. Ако приемем, че h=d+1, се оказва:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Така валидността на равенството за h=d+1 е доказана, така че твърдението е вярно за всяко естествено число, което е показано в примера за решение чрез математическа индукция.

Задача

Състояние: изисква се доказателство, че за всяка стойност на h, изразът 7 h -1 се дели на 6 без остатък.

Решение:

1. Да кажем h=1, в този случай:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (т.е. разделено на 6 без остатък)

Следователно, за h=1 твърдението е вярно;

2. Нека h=d и 7 d -1 се дели на 6 без остатък;

3. Доказателство за валидността на твърдението за h=d+1 е формулата:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

В този случай първият член се дели на 6 според допускането на първия параграф, а вторият член е равен на 6. Твърдението, че 7 h -1 се дели на 6 без остатък за всяко естествено h, е вярно.

Погрешност на преценката

Често в доказателствата се използват неправилни разсъждения, поради неточността на използваните логически конструкции. По принцип това се случва, когато структурата и логиката на доказателството са нарушени. Пример за неправилно разсъждение е следната илюстрация.

Задача

Състояние: изисква доказателство, че всяка купчина камъни не е купчина.

Решение:

1. Да кажем h=1, в този случай има 1 камък в купчината и твърдението е вярно (основа);

2. Нека е вярно за h=d, че купчина камъни не е купчина (предположение);

3. Нека h=d+1, от което следва, че когато се добави още един камък, комплектът няма да е куп. Заключението се налага от само себе си, че предположението е валидно за всички естествени h.

Грешката се крие във факта, че няма определение колко камъка образуват купчина. Такъв пропуск се нарича прибързано обобщение в метода на математическата индукция. Един пример ясно показва това.

Индукция и законите на логиката

В исторически план те винаги „вървят ръка за ръка“. Такива научни дисциплиниподобно на логиката, философията ги описва като противоположности.

От гледна точка на закона на логиката, индуктивните определения се основават на факти и истинността на предпоставките не определя правилността на произтичащото твърдение. Често изводите се получават с определена степен на вероятност и правдоподобност, която, разбира се, трябва да бъде проверена и потвърдена от допълнителни изследвания. Пример за индукция в логиката би било твърдението:

Суша в Естония, суша в Латвия, суша в Литва.

Естония, Латвия и Литва са балтийските държави. Суша във всички балтийски държави.

От примера можем да заключим, че не може да се получи нова информация или истина чрез метода на индукция. Всичко, на което може да се разчита, е някаква възможна достоверност на заключенията. Освен това истинността на предпоставките не гарантира същите заключения. Този факт обаче не означава, че индукцията расте в задния двор на дедукцията: огромен брой разпоредби и научни закони са обосновани с помощта на метода на индукция. Математиката, биологията и други науки могат да служат като пример. Това се дължи главно на метода на пълната индукция, но в някои случаи е приложима и частичната.

Почитаемата възраст на индукцията му позволи да проникне в почти всички сфери на човешката дейност - това е науката, икономиката и ежедневните заключения.

Индукция в научната среда

Методът на индукция изисква стриктно отношение, тъй като твърде много зависи от броя на подробностите на цялото изучавано: какво Повече ▼толкова по-надежден е резултатът. Въз основа на тази характеристика научните закони, получени чрез метода на индукцията, се тестват достатъчно дълго време на ниво вероятностни предположения, за да се изолират и изследват всички възможни структурни елементи, връзки и влияния.

В науката индуктивното заключение се основава на значими характеристики, с изключение на произволни позиции. Този фактважно поради природата научно познание. Това ясно се вижда в примерите за индукция в науката.

В научния свят има два вида индукция (във връзка с метода на изследване):

1. индукция-селекция (или селекция);
2. индукция - изключване (елиминиране).

Първият тип се отличава с методично (внимателно) вземане на проби от клас (подкласове) от различните му области.

Пример за този тип индукция е следният: среброто (или сребърните соли) пречиства водата. Изводът се основава на дългогодишни наблюдения (своеобразен подбор на потвърждения и опровержения - подбор).

Вторият тип индукция се основава на установяване на заключения причинно-следствена връзкаи изключвайки обстоятелства, които не отговарят на неговите свойства, а именно универсалност, спазване на времевата последователност, необходимост и недвусмисленост.

Индукция и дедукция от гледна точка на философията

Ако погледнете историческата ретроспекция, терминът "индукция" е споменат за първи път от Сократ. Аристотел описва примери за индукция във философията в по-приблизителен терминологичен речник, но въпросът за непълната индукция остава открит. След преследването на Аристотелевия силогизъм индуктивният метод започва да се признава за плодотворен и единствено възможен в естествознанието. Бейкън се счита за баща на индукцията като самостоятелен специален метод, но той не успява да отдели, както изискват съвременниците му, индукцията от дедуктивния метод.

По-нататъшното развитие на индукцията е извършено от J. Mill, който разглежда теорията на индукцията от гледна точка на четири основни метода: съгласие, разлика, остатъци и съответните промени. Не е изненадващо, че днес изброените методи, когато се разгледат в детайли, са дедуктивни.

Осъзнаването на провала на теориите на Бейкън и Мил кара учените да изследват вероятностната основа на индукцията. Но дори и тук имаше крайности: бяха направени опити индукцията да се сведе до теорията на вероятностите с всички произтичащи от това последици.

Въвеждането получава вот на доверие, когато практическо приложениесъс сигурност предметни областии благодарение на метричната точност на индуктивната база. Пример за индукция и дедукция във философията може да се счита за закона за всемирното привличане. Към датата на откриване на закона Нютон успя да го провери с точност от 4 процента. И при проверка след повече от двеста години, правилността беше потвърдена с точност от 0,0001 процента, въпреки че проверката беше извършена чрез същите индуктивни обобщения.

Съвременната философия обръща повече внимание на дедукцията, която е продиктувана от логичното желание да се извлекат нови знания (или истина) от вече известното, без да се прибягва до опит, интуиция, а с помощта на „чисти“ разсъждения. Когато се позовава на истински предпоставки в дедуктивния метод, във всички случаи изходът е вярно твърдение.

Тази много важна характеристика не трябва да засенчва стойността на индуктивния метод. Тъй като индукцията, основана на постиженията на опита, също се превръща в средство за неговата обработка (включително обобщаване и систематизиране).

Приложение на индукцията в икономиката

Индукцията и дедукцията отдавна се използват като методи за изследване на икономиката и прогнозиране на нейното развитие.

Обхватът на използване на индукционния метод е доста широк: изследване на изпълнението на прогнозните показатели (печалба, амортизация и др.) и общ резултатсъстояние на предприятието; формиране на ефективна политика за насърчаване на предприятието, основана на факти и техните взаимоотношения.

Същият метод на индукция се използва и в диаграмите на Шухарт, където при предположението, че процесите са разделени на контролирани и неуправляеми, се посочва, че рамката на контролирания процес е неактивна.

Трябва да се отбележи, че научните закони се обосновават и потвърждават с помощта на метода на индукцията и тъй като икономиката е наука, която често използва математически анализ, теория на риска и статистически данни, не е изненадващо, че индукцията е включена в списъка на основните методи.

Следната ситуация може да послужи като пример за индукция и дедукция в икономиката. Увеличението на цените на храните (от потребителската кошница) и стоките от първа необходимост кара потребителя да мисли за възникващите високи разходи в държавата (индукция). В същото време, от факта на висока цена с помощта на математически методивъзможно е да се изведат показатели за ръст на цените за отделни стоки или категории стоки (приспадане).

Най-често управленският персонал, мениджърите и икономистите се обръщат към метода на индукция. За да може достатъчно достоверно да се предскаже развитието на едно предприятие, пазарното поведение и последствията от конкуренцията, е необходим индуктивно-дедуктивен подход към анализа и обработката на информацията.

Илюстративен пример за индукция в икономиката, отнасящ се до погрешни преценки:

• печалбата на компанията намалява с 30%;
  конкурент е разширил продуктовата си линия;
  нищо друго не се е променило;
• производствената политика на конкурентна компания доведе до намаляване на печалбата от 30%;
• следователно трябва да се прилага същата производствена политика.

Примерът е колоритна илюстрация за това как неумелото използване на метода на индукция допринася за разоряването на едно предприятие.

Дедукция и индукция в психологията

След като има метод, значи логично има и правилно организирано мислене (за използване на метода). Психологията като наука, която изучава умствени процеси, тяхното формиране, развитие, връзки, взаимодействия, обръща внимание на "дедуктивното" мислене, като една от формите на проявление на дедукцията и индукцията. За съжаление, на страниците на психологията в Интернет практически няма обосновка за целостта на дедуктивно-индуктивния метод. Въпреки че професионалните психолози са по-склонни да се сблъскат с прояви на индукция или по-скоро погрешни заключения.

Пример за индукция в психологията, като илюстрация на погрешни преценки, е твърдението: майка ми е измамник, следователно всички жени са измамници. Има още по-„погрешни“ примери за индукция от живота:

• ученик не е способен на нищо, ако е получил двойка по математика;
• той е глупак;
• той е умен;
• Мога всичко;

И много други ценностни преценки, базирани на абсолютно случайни и понякога незначителни съобщения.

Трябва да се отбележи: когато погрешността на преценките на човек достигне точката на абсурд, пред психотерапевта се появява фронт на работа. Един пример за въведение при преглед при специалист:

„Пациентът е абсолютно сигурен, че червеният цвят носи само опасност за него във всякакви прояви. В резултат на това човек е изключил тази цветова схема от живота си - доколкото е възможно. Има много възможности за комфортен живот в домашна среда. Можете да откажете всички червени елементи или да ги замените с аналози, направени в различна цветова схема. Но в на обществени места, на работа, в магазин - невъзможно е. Попадайки в ситуация на стрес, пациентът всеки път изпитва „прилив“ от напълно различни емоционални състояниякоето може да представлява опасност за другите."

Този пример за индукция, и то несъзнателно, се нарича „фикс идеи“. Ако това се случи с психически здрав човек, можем да говорим за липса на организация умствена дейност. Начинът да се отървете от обсесивни състоянияможе да се превърне в елементарно развитие на дедуктивното мислене. В други случаи с такива пациенти работят психиатри.

Горните примери за индукция показват, че "непознаването на закона не освобождава от последствията (погрешни преценки)".

Психолозите, работещи по темата за дедуктивното мислене, са съставили списък с препоръки, предназначени да помогнат на хората да овладеят този метод.

Първата стъпка е решаването на проблема. Както се вижда, формата на индукция, използвана в математиката, може да се счита за "класическа", а използването на този метод допринася за "дисциплината" на ума.

Следващото условие за развитието на дедуктивното мислене е разширяването на кръгозора (тези, които мислят ясно, ясно заявяват). Тази препоръка насочва „страданието“ към съкровищниците на науката и информацията (библиотеки, уебсайтове, образователни инициативи, пътувания и др.).

Отделно трябва да се спомене така наречената "психологическа индукция". Този термин, макар и рядко, може да се намери в интернет. Всички източници не дават поне кратко определение на този термин, а се позовават на „примери от живота“, като същевременно се представят като новият видиндукция или внушение, или някои форми на психични заболявания, или екстремни състояния на човешката психика. От всичко казано по-горе става ясно, че опитът да се изведе " нов срок”, разчитайки на неверни (често неверни) предпоставки, обрича експериментатора да получи погрешно (или прибързано) твърдение.

Трябва да се отбележи, че позоваването на експериментите от 1960 г. (без да се посочват мястото, имената на експериментаторите, извадката от субекти и най-важното целта на експеримента) изглежда, меко казано, неубедително и твърдението, че мозъкът възприема информация, заобикаляйки всички органи на възприятие (фразата „опитен“ в този случай би се вместила по-органично), кара човек да мисли за лековерността и безкритичността на автора на изявлението.

Вместо заключение

Царицата на науките - математиката, не напразно използва всички възможни резерви на метода на индукцията и дедукцията. Разгледаните примери ни позволяват да заключим, че повърхностното и неумело (както се казва, необмислено) прилагане дори на най-точните и надеждни методи винаги води до погрешни резултати.

AT масово съзнаниеметодът на дедукцията се свързва с известния Шерлок Холмс, който в своите логически конструкции често използва примери за индукция, използвайки дедукция в необходими ситуации.

Статията разглежда примери за приложението на тези методи в различни науки и сфери на човешкия живот.

Математическата индукция е в основата на един от най-разпространените методи за математически доказателства. Може да се използва за доказване повечетоформули с естествени числа n, например формулата за намиране на сумата от първите членове на прогресията S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, биномната формула на Нютон a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n .

В първия параграф ще анализираме основните понятия, след това ще разгледаме основите на самия метод и след това ще ви кажем как да го използвате за доказване на равенства и неравенства.

Понятия за индукция и дедукция

Първо, нека да разгледаме какво представляват индукцията и дедукцията като цяло.

Определение 1

Индукцияе преходът от частното към общото и приспаданенапротив, от общото към частното.

Например, имаме твърдение: 254 може да се раздели напълно на две. От него можем да направим много изводи, сред които ще има както верни, така и грешни. Например твърдението, че всички цели числа, които имат числото 4 в края, могат да бъдат разделени на две без остатък, е вярно, но че всяко число от три цифри се дели на 2, е невярно.

Като цяло може да се каже, че с помощта на индуктивните разсъждения могат да се получат много заключения от едно известно или очевидно разсъждение. Математическата индукция ни позволява да определим колко валидни са тези заключения.

Да предположим, че имаме поредица от числа като 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , където n означава някакво естествено число. В този случай, при добавяне на първите елементи от последователността, получаваме следното:

S 1 = 1 1 2 = 1 2, S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4, S 4 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .

Използвайки индукция, можем да заключим, че S n = n n + 1 . В третата част ще докажем тази формула.

Какъв е методът на математическата индукция

Този метод се основава на едноименния принцип. Формулира се така:

Определение 2

Определено твърдение ще бъде вярно за естествена стойност n, когато 1) ще е вярно за n = 1 и 2) от факта, че този израз е верен за произволна естествена стойност n = k, следва, че ще е вярно за n = k + 1.

Прилагането на метода на математическата индукция се осъществява на 3 етапа:

1. Първо, проверяваме правилността на оригиналното твърдение в случай на произволна естествена стойност на n (обикновено тестът се прави за единица).
2. След това проверяваме верността при n = k.
3. И тогава доказваме валидността на твърдението, ако n = k + 1.

Как да приложим метода на математическата индукция при решаване на неравенства и уравнения

Да вземем примера, за който говорихме по-рано.

Пример 1

Докажете формулата S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Решение

Както вече знаем, за прилагането на метода на математическата индукция трябва да се извършат три последователни стъпки.

1. Първо, проверяваме дали това равенство ще бъде валидно за n, равно на едно. Получаваме S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Тук всичко е точно.
2. Освен това правим предположението, че формулата S k = k k + 1 е правилна.
3. В третата стъпка трябва да докажем, че S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 въз основа на валидността на предишното равенство.

Можем да представим k + 1 като сбор от първите членове на оригиналната последователност и k + 1:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

Тъй като във втората стъпка получихме, че S k = k k + 1, можем да напишем следното:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .

Сега извършваме необходимите трансформации. Трябва да намалим дробта до общ знаменател, носейки подобни термини, прилагайте формулата за съкратено умножение и редуцирайте случилото се:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Така доказахме равенството в третата точка, като изпълнихме и трите стъпки на метода на математическата индукция.

Отговор:предположението за формулата S n = n n + 1 е вярно.

Нека вземем по-сложна задача с тригонометрични функции.

Пример 2

Дайте доказателство за тъждеството cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Решение

Както си спомняме, първата стъпка трябва да бъде да проверим коректността на равенството, когато n е равно на едно. За да разберем, трябва да запомним основните тригонометрични формули.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Следователно, за n равно на едно, идентичността ще бъде вярна.

Да предположим сега, че неговата валидност се запазва за n = k , т.е. ще бъде вярно, че cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Доказваме равенството cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α за случая, когато n = k + 1, въз основа на предишното предположение.

Според тригонометричната формула,

sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Следователно,

cos 2 α cos 4 α . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α cos 2 k + 1 α = 1 2 sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

Пример за решаване на проблема за доказване на неравенство с помощта на този метод е даден в статията за метода на най-малките квадрати. Прочетете параграфа, в който са изведени формулите за намиране на коефициентите на приближение.

Ако забележите грешка в текста, моля, маркирайте я и натиснете Ctrl+Enter

MBOU лицей "Технически и икономически"

МЕТОД НА МАТЕМАТИЧЕСКАТА ИНДУКЦИЯ

МЕТОД НА МАТЕМАТИЧЕСКАТА ИНДУКЦИЯ.

ОБЯСНИТЕЛНА ЗАПИСКА

Методическата разработка "Метод на математическата индукция" е съставена за ученици от 10 клас на математическия профил.

Основни цели: да запознае студентите с метода на математическата индукция и да научи как да го прилага при решаване на различни задачи.

AT методическа разработкаразглеждат се въпроси на елементарната математика: задачи за делимост, доказателство за тъждества, доказателство за неравенства, предлагат се задачи с различна степен на сложност, включително задачи, предлагани на олимпиади.

Ролята на индуктивните изводи в експерименталните науки е много голяма. Те дават тези разпоредби, от които след това се правят допълнителни заключения чрез дедукция. Име метод на математическата индукцияизмамно - всъщност този метод е дедуктивен и дава стриктно доказателство на отгатнатите чрез индукция твърдения. Методът на математическата индукция помага да се идентифицират връзките между различните раздели на математиката, спомага за развитието на математическата култура на ученика.

Дефиниция на метода на математическата индукция. Пълна и непълна индукция. Доказателство за неравенства. Доказателство за самоличност. Решаване на задачи за делимост. Решаване на различни задачи по темата "Метод на математическата индукция".

ЛИТЕРАТУРА ЗА УЧИТЕЛЯ

1. М. Л. Галицки. Дълбоко обучениекурс по алгебра и математически анализ. - М. Просвещение, 1986.

2. Л. И. Звавич. Алгебра и началото на анализа. Дидактически материали. М. Дрофа, 2001 г.

3. Н. Я. Виленкин. Алгебра и математически анализ. М Просвещение, 1995г.

4. Ю. В. Михеев. Метод на математическата индукция. НГУ.1995г.

ЛИТЕРАТУРА ЗА УЧЕНИЦИ

1. Н. Я. Виленкин. Алгебра и математически анализ. М Просвещение, 1995г.

2. Ю. В. Михеев. Метод на математическата индукция. НГУ.1995г.

КЛЮЧОВИ ДУМИ

Индукция, аксиома, принцип на математическата индукция, пълна индукция, непълна индукция, твърдение, тъждество, неравенство, делимост.

ДИДАКТИЧЕСКО ПРИЛОЖЕНИЕ КЪМ ТЕМАТА

"МЕТОД НА МАТЕМАТИЧЕСКАТА ИНДУКЦИЯ".

Урок 1

Дефиниция на метода на математическата индукция.

Методът на математическата индукция е един от високоефективен методтърсене на нови резултати и доказателства за истинността на предложените предположения. Въпреки че този метод не е нов в математиката, интересът към него не стихва. За първи път в ясно представяне методът на математическата индукция е приложен през 17 век от изключителния френски учен Блез Паскал при доказване на свойствата на числов триъгълник, който оттогава е кръстен на него. Идеята за математическата индукция обаче е била известна на древните гърци. Методът на математическата индукция се основава на принципа на математическата индукция, който се приема като аксиома. Ще разгледаме идеята за математическа индукция с примери.

Пример #1.

Квадратът се разделя от сегмент на две части, след което една от получените части се разделя на две части и т.н. Определете на колко части е разделен квадратът Пстъпки?

Решение.

След първата стъпка ние, по условие, получаваме 2 части. Във втората стъпка оставяме една част непроменена, а втората разделяме на 2 части и получаваме 3 части. В третата стъпка оставяме 2 части непроменени, а третата разделяме на две части и получаваме 4 части. В четвъртата стъпка оставяме 3 части непроменени и разделяме последната част на две части и получаваме 5 части. В петата стъпка ще получим 6 части. Предложението е направено чрез Пстъпки, които получаваме (n+1)част. Но това твърдение трябва да бъде доказано. Да приемем, че чрез да сестъпки квадратът е разделен на (k+1)част. След това на (k+1)стъпка ние да сечасти ще останат непроменени и (k+1)разделете частта на две части и вземете (k+2)части. Забелязвате, че можете да спорите така колкото искате, ad infinitum. Тоест нашето предположение е такова Пстъпки квадрат ще бъде разделен на (n+1)част, става доказано.

Пример #2.

Баба ми имаше внучка, която много обичаше сладкото и особено това от литров буркан. Но бабата не му позволи да пипа. И внучките решили да измамят баба си. Решил да изяжда всеки ден по 1/10 литър от този буркан и да го долива с вода, като разбърква добре. След колко дни баба ще открие измамата, ако сладкото остане същото на вид, когато се разреди с вода наполовина?

Решение.

Намерете колко чисто сладко ще остане в буркана след това Пдни. След първия ден в буркана ще остане сместа, състояща се от 9/10 сладко и 1/10 вода. След два дни 1/10 от сместа от вода и сладко ще изчезне от буркана и ще остане (в 1 л от сместа има 9/10 л сладко, в 1/10 л от сместа има 9/100 л сладко)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 литра сладко. На третия ден от буркана ще изчезне 1/10 литър смес, състояща се от 81/100 сладко и 19/100 вода. В 1 л от сместа има 81/100 л сладко, в 1/10 л от сместа 81/1000 л сладко. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 литра конфитюр ще останат след 3 дни, а останалото ще бъде поето от вода. Появява се модел. През Поставащи дни в банката (9/10) Пл конфитюр. Но отново, това е само наше предположение.

Позволявам да сее произволно естествено число. Да приемем, че чрез да седни в банката ще останат (9/10) до l сладко. Да видим какво ще има в банката след друг ден, тоест през (k+1)ден. Ще изчезне от банката 1/10лсмес от (9/10) да се лсладко и вода. AT 1лсмес е (9/10) да се лконфитюр, в 1/10лсмеси (9/10) k+1 лконфитюр. Сега можем спокойно да кажем това чрез Поставащи дни в банката (9/10) П лконфитюр. След 6 дни банката ще има 531444/1000000лконфитюри, след 7 дни - 4782969/10000000лконфитюр, тоест по-малко от половината.

Отговор:след 7 дни бабата ще открие измамата.

Нека се опитаме да отделим най-основното в решенията на разглежданите проблеми. Започнахме да решаваме всеки от тях, като разглеждаме отделни или, както се казва, специални случаи. Тогава, въз основа на нашите наблюдения, направихме някои предположения P(n), в зависимост от естествения П.

твърдението беше проверено, тоест доказано P(1), P(2), P(3);

предложи това P(n)валидно за n=kи заключи, че тогава ще важи за следващия n, n=k+1.

И тогава те спореха нещо подобно: P(1)правилно, P(2)правилно, P(3)правилно, P(4)правилно... това означава правилно P(n).

Принципът на математическата индукция.

Изявление P(n), в зависимост от естествения П, важи за всички естествени П, ако

1) валидността на твърдението за n=1;

2) от предположението за валидност на твърдението P(n)при n=kТрябва

справедливост P(n)при n=k+1.

В математиката принципът на математическата индукция по правило се избира като една от аксиомите, които определят естествената редица от числа, и следователно се приема без доказателство. Методът на доказателство по принципа на математическата индукция обикновено се нарича метод на математическата индукция. Обърнете внимание, че този метод се използва широко при доказване на теореми, тъждества, неравенства при решаване на задачи за делимост и много други проблеми.

Урок №2

Пълна и непълна индукция.

В случай, че дадено математическо твърдение се отнася до краен брой обекти, то може да бъде доказано чрез проверка за всеки обект, например твърдението „Всяко двузначно четен бройе сумата от две прости числа". Методът на доказателство, при който тестваме твърдение за краен брой случаи, се нарича пълна математическа индукция. Този метод се използва сравнително рядко, тъй като твърденията най-често се разглеждат върху безкрайни множества. Например теоремата „Всяко четно число е равно на сбора от две прости числа” досега не е нито доказана, нито опровергана. Дори и да проверим тази теорема за първия милиард, това няма да ни доближи една стъпка по-близо до доказването й.

AT природни наукиприлагане на непълна индукция, проверка на експеримента няколко пъти, прехвърляне на резултата към всички случаи.

Пример #3

Познайте, използвайки формула за непълна индукция за сумата от кубове на естествените числа.

Решение.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Доказателство.

Нека е вярно за n=k.

Нека докажем, че това е вярно за n=k+1.

Заключение: формулата за сбора на кубовете на естествените числа е вярна за всяко естествено П.

Пример #4

Разгледайте равенствата и познайте до какъв общ закон водят тези примери.

Решение.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Пример #5.

Запишете следните изрази като сбор:

1)
2)
3)
; 4)
.

Гръцка буква "сигма".

Пример #6.

Напишете следните суми, като използвате знака
:

2)

Пример #7.

Запишете следните изрази като продукти:

1)

3)
4)

Пример #8.

Запишете следните произведения, като използвате знака

(главна гръцка буква "пи")

1)
2)

Пример #9.

Изчисляване на стойността на полином f ( н )= н 2 + н +11 , при n=1,2,3,4,5,6,7 може да се приеме, че за всеки естественПномер f ( н ) просто.

Правилно ли е това предположение?

Решение.

Ако всяко събираемо се дели на число, тогава сумата се дели на това число,
не е просто число за всяко естествено числоП.

Разбор на краен брой казуси важна роляв математиката: без да се дава доказателство за това или онова твърдение, помага да се отгатне правилната формулировка на това твърдение, ако все още не е известно. Ето как Голдбах, член на Петербургската академия на науките, стигна до предположението, че всяко естествено число, започващо от две, е сбор от не повече от три прости числа.

Урок #3

Методът на математическата индукция ни позволява да докажем различни тъждества.

Пример #10.Нека докажем това за всички Псамоличността

Решение.

Да сложим

Трябва да го докажем

Нека докажем, че Тогава от истинността на тъждеството

следва истината за самоличността

По принципа на математическата индукция, истината за идентичността за всички П.

Пример #11.

Нека докажем самоличността

Доказателство.

почленни равенства.

;
. Така че тази идентичност е вярна за всичкиП .

Урок номер 4.

Доказателство за идентичности чрез математическа индукция.

Пример #12. Нека докажем самоличността

Доказателство.

Прилагайки принципа на математическата индукция, ние доказахме, че равенството е вярно за всички П.

Пример #13. Нека докажем самоличността

Доказателство.

Прилагайки принципа на математическата индукция, ние доказахме, че твърдението е вярно за всеки естествен П.

Пример #14. Нека докажем самоличността

Доказателство.

Пример #15. Нека докажем самоличността

1) n=1;

2) за n=k равенство

3) докажете, че равенството е в сила за n=k+1:

Извод: идентичността е валидна за всеки естествен П.

Пример #16.Нека докажем самоличността

Доказателство.

Ако n=1 , тогава

Нека самоличността се запази n=k.

Нека докажем, че идентичността е валидна за n=k+1.

Тогава тъждеството е валидно за всеки естествен П.

Урок номер 5.

Доказателство за идентичности чрез математическа индукция.

Пример #17.Нека докажем самоличността

Доказателство.

Ако n=2 , тогава получаваме правилното равенство:

Нека равенството е вярно заn=k:

Нека докажем валидността на твърдението за n=k+1.

Съгласно принципа на математическата индукция тъждеството се доказва.

Пример #18. Нека докажем самоличността
за n≥2.

При n=2 тази идентичност може да бъде пренаписана в много проста форма

и очевидно вярно.

Нека при n=kнаистина ли

.

Нека докажем валидността на твърдението заn=k+1, тоест равенството е изпълнено: .

И така, ние доказахме, че идентичността е вярна за всеки естествен n≥2.

Пример #19. Нека докажем самоличността

При n=1 получаваме правилното равенство:

Да приемем, че при n=kполучаваме и правилното равенство:

Нека докажем, че валидността на равенството се спазва за n=k+1:

Тогава тъждеството е валидно за всеки естествен П.

Урок номер 6.

Решаване на задачи за делимост.

Пример #20.Докажете чрез математическа индукция това

разделена на 6 без следа.

Доказателство.

При n=1 има разделение на6 без следа,
.

Нека при n=k изразяване
многократни6.

Нека докажем това, когато n=k+1 изразяване
многократни6 .

Всеки термин е кратно 6 , така че сумата е кратна на 6 .

Пример номер 21.
на5 без следа.

Доказателство.

При n=1 изразът е делим
.

Нека при n=k изразяване
също се разделя на5 без следа.

При n=k+1разделена на 5 .

Пример #22. Докажете делимостта на израз
на16.

Доказателство.

При n=1многократни 16 .

Нека при n=k
многократни16.

При n=k+1

Всички членове се делят на 16: първият очевидно е вторият по предположение, а третият има четен номер в скоби.

Пример номер 23. Докажете делимост
на676.

Доказателство.

Нека първо докажем това
разделена на
.

При n=0
.

Нека при n=k
разделена на26 .

След това при n=k+1разделена на 26 .

Нека сега докажем твърдението, формулирано в условието на задачата.

При n=1разделена на 676.

При n=k вярно е, че
разделена на26 2 .

При n=k+1 .

И двата члена се делят на 676 ; първото е, защото сме доказали делимостта на 26 израз в скоби, а вторият се дели на индуктивната хипотеза.

Урок номер 7.

Решаване на задачи за делимост.

Пример номер 24.

Докажи това
разделена на5 без следа.

Доказателство.

При n=1
разделена на5.

При n=k
разделена на5 без следа.

При n=k+1 всеки член се дели на5 без следа.

Пример #25.

Докажи това
разделена на6 без следа.

Доказателство.

При n=1
разделена на6 без следа.

Нека при n=k
разделена на6 без следа.

При n=k+1разделена на 6 без остатък, тъй като всеки член се дели на6 без остатък: първият член, по индуктивно предположение, вторият, очевидно, третият, т.к.
четен брой.

Пример номер 26.

Докажи това
при деление на9 дава остатъка 1 .

Доказателство.

Нека докажем това
разделена на9 .

При n=1
разделена на 9 . Нека при n=k
разделена на9 .

При n=k+1разделена на 9 .

Пример номер 27.

Докаже, че се дели на15 без следа.

Доказателство.

При n=1разделена на 15 .

Нека при n=kразделена на 15 без следа.

При n=k+1

Първият член е кратно15 според хипотезата на индукция, вторият член е кратно на15 – очевидно третият член е кратно на15 , защото
многократни5 (доказано в пример № 21), четвъртият и петият член също са кратни5 , което е очевидно, тогава сумата е кратна на15 .

Урок номер 8-9.

Доказателство на неравенства чрез математическа индукция

Пример #28.
.

При n=1ние имаме
- правилно.

Нека при n=k
е истинско неравенство.

При n=k+1

Тогава неравенството е валидно за всеки естествен П.

Пример #29.Докажете, че неравенството е вярно
за всякакви П.

При n=1получаваме правилното неравенство 4 >1.

Нека при n=kнеравенството
.

Нека докажем това, когато n=k+1неравенството

За всеки естествен да сенаблюдава се неравенство.

Ако
при
тогава

Пример #30.

за всеки естествен Пи всякакви

Позволявам n=1
, нали.

Нека приемем, че неравенството е валидно за n=k:
.

При n=k+1

Пример номер 31.Докажете валидността на неравенството

за всеки естествен П.

Нека първо докажем това за всеки естествен Tнеравенството

Умножете двете страни на неравенството по
. Получаваме еквивалентно неравенство или
;
; - това неравенство важи за всеки естествен T.

При n=1първоначалното неравенство е вярно
;
;
.

Нека неравенството важи за n=k:
.

При n=k+1

Урок номер 10.

Решаване на задачи по темата

Метод на математическата индукция.

Пример номер 32.Докажете неравенството на Бернули.

Ако
, след това за всички природни стойностиП неравенството

Доказателство.

При n=1 неравенството, което се доказва, приема формата
и очевидно прав. Да приемем, че е вярно заn=k , тоест какво
.

Тъй като според условието
, тогава
, и следователно неравенството не променя значението си, когато и двете му части се умножат по
:

защото
, тогава получаваме това

.

Така че неравенството е вярно за n=1, а от неговата истина при n=kследва, че е вярно и n=k+1.Следователно, чрез математическа индукция, това важи за всички естествени П.

Например,

Пример номер 33. Намерете всички природни ценностиП , за което неравенството

Решение.

При n=1неравенството е правилно. При n=2неравенството също е вярно.

При n=3неравенството вече не е изпълнено. Само когато n=6неравенството е в сила, така че за основа на индукция можем да вземем n=6.

Да приемем, че неравенството е вярно за някои естествени да се:

Помислете за неравенството

Последното неравенство е валидно, ако
Тестпо темата n=1 се дава рекурентно: n≥5 , където П- -естествено число.

Министерство на образованието на Саратовска област

Саратовски държавен социално-икономически университет

Областно състезание по математика и работа с компютърученици

"Вектор на бъдещето - 2007"

„Метод на математическата индукция.

Приложението му за решаване на алгебрични задачи"

(раздел "математика")

творческа работа

Ученици от 10"А" клас

МОУ "Гимназия №1"

Октябрьски район на Саратов

Арутюнян Гаяне.

Работен ръководител:

учител по математика

Гришина Ирина Владимировна

Саратов

2007

Въведение……………………………………………………………………………………3

Принципът на математическата индукция и нейните

доказателство……………………………………………………………………………..4

Примери за решаване на проблеми……………………………………………………………………..9

Заключение………………………………………………………………………………..16

Литература……………………………………………………………………………………17

Въведение.

Методът на математическата индукция може да се сравни с прогреса. Като резултат започваме от най-ниското логично мисленестигаме до най-високото. Човекът винаги се е стремял към прогрес, към способността да развива своята мисъл логически, което означава, че самата природа го е предопределила да мисли индуктивно и да подкрепя мисълта си с доказателства, проведени по всички правила на логиката.
Понастоящем областта на приложение на метода на математическата индукция е нараснала, но в училищна програмаЗа съжаление той няма много време. Но това е толкова важно - да можеш да мислиш индуктивно.

Принципът на математическата индукция и нейното доказателство

Нека се обърнем към същността на метода на математическата индукция. Нека разгледаме различни твърдения. Те могат да бъдат разделени на общи и частни.Нека дадем примери за общи твърдения.

Всички руски граждани имат право на образование.

Във всеки успоредник диагоналите в точката на пресичане се разполовяват.

Всички числа, завършващи на нула, се делят на 5.

Подходящи примери за лични изявления:

Петров има право на образование.

В успоредника ABCD диагоналите в точката на пресичане са разполовени.

140 се дели на 5.

Преходът от общи твърдения към частни се нарича дедукция (от лат дедукция - заключение по правилата на логиката).

Помислете за пример за дедуктивно заключение.

Всички руски граждани имат право на образование. (един)

Петров е гражданин на Русия. (2)

Петров има право на образование. (3)

От общото твърдение (1) с помощта на (2) се получава частното твърдение (3).

Обратният преход от конкретни твърдения към общи твърдения се нарича индукция (от лат индукция - насоки).

Индукцията може да доведе както до правилни, така и до неправилни заключения.

Нека обясним това с два примера.

140 се дели на 5. (1)

Всички числа, завършващи на нула, се делят на 5. (2)

140 се дели на 5. (1)

Всички трицифрени числа се делят на 5. (2)

От конкретното твърдение (1) се получава общото твърдение (2). Твърдение (2) е вярно.

Вторият пример показва как общо твърдение (3) може да се получи от конкретно твърдение (1) , освен това твърдение (3) не е вярно.

Нека си зададем въпроса как да използваме индукцията в математиката, за да получим само правилни заключения. Нека разгледаме някои примери за индукция, която е неприемлива в математиката.

Пример 1.

Да разгледаме квадратен трином със следния вид Р(x)= x 2 + x + 41, на който обърна внимание Леонард Ойлер.

P(0) = 41, P(1) = 43, P(2) = 47, P(3) = 53, P(4) = 61, P(5) = 71, P(6) = 83, P (7) = 97, P(8) = 113, P(9)=131, P(10) = 151.

Виждаме, че всеки път стойността на тричлена е просто число. Въз основа на получените резултати твърдим, че при заместване в разглеждания тричлен вместо x Всяко неотрицателно цяло число винаги води до просто число.

Направеното заключение обаче не може да се счита за надеждно. Какъв е проблема? Факт е, че в разсъжденията се правят общи твърдения за всеки x само въз основа на това, че това твърдение се оказа вярно за някои стойности на x.

Наистина, при по-внимателно разглеждане на тринома P(x), числата P(0), P(1), ..., P(39) са прости числа, но P(40) = 41 2 е съставно число. И съвсем ясно: P(41) = 41 2 +41+41 е кратно на 41.

В този пример се срещнахме с твърдение, което е вярно в 40 специални случая и въпреки това се оказа несправедливо като цяло.

Нека да разгледаме още няколко примера.

Пример 2

През 17 век V.G. Лайбниц доказва, че за всяко естествено n числата от формата n 3 - n са кратни на 3, n 5 - n са кратни на 5, n 7 - n са кратни на 7. Въз основа на това той предположи, че за всяко нечетно k и естествено n, числото n k - n, кратно на k, но скоро самият той забеляза, че 2 9 -2=510, което очевидно не се дели на 9.

Разгледаните примери ни позволяват да направим важно заключение: твърдението може да бъде вярно в редица специални случаи и в същото време несправедливо като цяло.

Естествено възниква въпросът: има твърдение, което е вярно в няколко специални случая; невъзможно е да се разгледат всички специални случаи; откъде знаеш дали това твърдение изобщо е вярно?

Понякога този въпрос може да бъде разрешен чрез прилагане на специален метод на разсъждение, наречен метод на математическата индукция. Този метод се основава на принцип на математическата индукция, заключение в следното: твърдението е вярно за всяко естествено n, ако:

важи за n = 1;

от валидността на твърдението за произволно естествено n =k следва, че е вярно за n = k +1.

Доказателство.

Да приемем обратното, т.е. нека твърдението е вярно не за всяко естествено n. Тогава има естествено число m такова, че

твърдението за n =m не е вярно,

за всички n

Очевидно е, че m >1, тъй като твърдението е вярно за n =1 (условие 1). Следователно m -1 е естествено число. За естествено число m -1 твърдението е вярно, но за следващото естествено число m не е вярно. Това противоречи на условие 2. Полученото противоречие показва, че предположението е грешно. Следователно, твърдението е вярно за всяко естествено n, h.e.d.

Доказателство, основано на принципа на математическата индукция, се нарича доказателство по метода на математическата индукция. Такова доказателство трябва да се състои от две части, от доказателството на две независими теореми.

Теорема 1. Твърдението е вярно за n =1.

Теорема 2. Твърдението е вярно за n =k +1, ако е вярно за n=k, където k е произволно естествено число.

Ако и двете теореми са доказани, тогава, въз основа на принципа на математическата индукция, твърдението е вярно за всяко
естествен n .

Трябва да се подчертае, че доказателството чрез математическа индукция със сигурност изисква доказателство и на двете теореми 1 и 2. Пренебрегването на теорема 2 води до неправилни заключения (примери 1-2). Нека покажем с пример колко необходимо е доказателството на теорема 1.

Пример 3. „Теорема“: всяко естествено число е равно на следващото го естествено число.

Доказателството ще се проведе по метода на математическата индукция.

Да предположим, че k =k +1 (1).

Нека докажем, че k +1=k +2 (2). За да направите това, добавете 1 към всяка част от "равенство" (1). Получаваме "равенство" (2). Оказва се, че ако твърдението е вярно за n =k, то е вярно и за n =k +1. и т.н.

Очевидно „последствие“ от „теоремата“: всички естествени числа са равни.

Грешката се състои в това, че теорема 1, която е необходима за прилагане на принципа на математическата индукция, не е доказана и не е вярна, а е доказана само втората теорема.

Теореми 1 и 2 са от особено значение.

Теорема 1 създава основата за индукция. Теорема 2 дава правото на неограничено автоматично разширяване на тази база, правото на преминаване от този конкретен случай към следващия, от n към n + 1.

Ако теорема 1 не е доказана, но теорема 2 е доказана, тогава основата за провеждане на индукция не е създадена и тогава няма смисъл да се прилага теорема 2, тъй като всъщност няма какво да се разширява .

Ако теорема 2 не е доказана и е доказана само теорема 1, тогава, въпреки че е създадена основата за провеждане на индукцията, правото за разширяване на тази база отсъства.

Забележки.

Понякога втората част от доказателството се основава на валидността на твърдението не само за n =k, но и за n =k -1. В този случай твърдението в първата част трябва да бъде тествано за следващите две стойности на n.

Понякога твърдението се доказва не за всяко естествено n, а за n > m, където m е някакво цяло число. В този случай, в първата част на доказателството, твърдението се проверява за n =m +1 и, ако е необходимо, за няколко последователни стойности на n.

Обобщавайки казаното, имаме: методът на математическата индукция позволява, в търсене на общ закон, да се тестват хипотезите, които възникват в този случай, да се отхвърлят неверните и да се утвърдят верните.

Всеки знае ролята на процесите на обобщаване на резултатите от отделни наблюдения и експерименти (т.е. индукция) за емпиричните, експериментални науки. Математиката, от друга страна, отдавна се счита за класически пример за прилагане на чисто дедуктивни методи, тъй като винаги изрично или имплицитно се приема, че всички математически твърдения (с изключение на приетите като изходни - аксиоми) са доказани, а специфичните приложения от тези твърдения се извличат от доказателства, подходящи за общи случаи (дедукция).

Какво означава индукция в математиката? Трябва ли да се разбира като не напълно надежден метод и как да се търси критерий за надеждността на подобни индуктивни методи? Или сигурността на математическите заключения от същото естество като експерименталните обобщения на експерименталните науки, така че не би било зле да се „провери“ всеки доказан факт? В действителност това не е така.

Индукцията (насоки) върху хипотеза играе много важна, но чисто евристична роля в математиката: тя позволява да се познае какво трябва да бъде решението. Но математическите твърдения се установяват само дедуктивно. А методът на математическата индукция е чисто дедуктивен метод на доказателство. Всъщност доказателството, извършено по този метод, се състои от две части:

т. нар. "основа" - дедуктивно доказателство на желаното изречение за едно (или няколко) естествени числа;

индуктивна стъпка, състояща се в дедуктивно доказателство на общо твърдение. Теоремата е точно доказана за всички естествени числа. От базата, доказана, например, за числото 0, ние получаваме чрез стъпката на индукция доказателството за числото 1, след това по същия начин за 2, за 3 ... - и така твърдението може да бъде обосновано за всяко естествено число.

С други думи, името "математическа индукция" се дължи на факта, че този метод просто се свързва в съзнанието ни с традиционното индуктивно разсъждение (в края на краищата основата наистина се доказва само за конкретен случай); индуктивната стъпка, за разлика от критериите за правдоподобност на индуктивните разсъждения, основани на опита в естествените и социалните науки, е общо твърдение, което не се нуждае от конкретна предпоставка и се доказва според строгите канони на дедуктивното разсъждение. Следователно математическата индукция се нарича "пълна" или "перфектна", тъй като е дедуктивен, напълно надежден метод на доказателство.

Примери за решения на проблеми

Индукция в алгебрата

Разгледайте няколко примера за алгебрични задачи, както и доказателството за различни неравенства, които могат да бъдат решени с помощта на метода на математическата индукция.

Задача 1. Познайте формулата за сумата и я докажете.

НО( n )= 2  1 2 + 3 2 2 + …..+(n +1) n 2 .

Решение.

1. Нека преобразуваме израза за сумата А(n):

A(n)= 2  1 2 + 3  2 2 + ….+ (n+1) n 2 = (1+1) 1 2 + (2+1) 2 2 + …. + (n+1) n 2 = =1  1 2 + 2  2 2 + …+n  n 2 + 1 2 + 2 2 +… +n 2 =1 3 + 2 3 +… +n 3 +1 2 + 2 2 +… +n 2 = В(n) + C(n), където B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Разгледайте сумите C (n) и B (n).

а) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Един от често срещаните проблеми при метода на математическата индукция е да се докаже, че за всяко естествено n, равенството

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Да приемем, че (1) е вярно за всички n  Н.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Нека да наблюдаваме как стойностите на B (n) се променят в зависимост от n.

B(1) = 1 3 = 1 .

B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2

B(3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 =

Следователно може да се приеме, че
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

в) В резултат на това за сумата А(n) получаваме

НО( n) ==

= (*)

3. Нека докажем получената формула (*) чрез метода на математическата индукция.

а) проверете равенството (*) за n = 1.

A(1) = 2  =2,

Очевидно формулата (*) е вярна за n = 1.

б) да предположим, че формулата (*) е вярна за n=k , където k N, тоест равенството

A(k)=

Въз основа на предположението ще докажем валидността на формулата за n =k +1. Наистина ли,

A(k+1)=

Тъй като формулата (*) е вярна за n =1 и от предположението, че е вярна за някакво естествено k , следва, че е вярна за n =k +1, въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че равенство

важи за всяко естествено n .

Задача 2.

Изчислете сумата 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

Решение.

Нека запишем последователно стойностите на сумите за различни стойности на n.

A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,

A(5)=1-2+3-4+5=3, A(6)=1-2+3-4+5-6= -3.

Наблюдавайки модела, можем да приемем, че A (n)= - за четно n и A (n)=
за нечетно n. Нека комбинираме двата резултата в една формула:

A(n) =
, където r е остатъкът от деленето на n на 2.

И r , очевидно се определя от следното правило

0 ако n е четно,

r=

1 ако n е странно.

Тогава r(може да се познае) може да се представи като:

Накрая получаваме формулата за A (n):

A(n)=

(*)

Нека докажем равенството (*) за всички n  н метод на математическата индукция.

2. а) Проверете равенството (*) за n =1. A(1) = 1=

Равенството е справедливо

б) Да предположим, че равенството

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

вярно при n=k. Нека докажем, че е валидно и за n =k + 1, т.е.

A(k+1)=

Наистина,

A(k+1)=A(k)+(-1) k (k+1) =

=

Q.E.D.

Методът на математическата индукция се използва и за решаване на задачи за делимост.

Задача 3.

Докажете, че числото N (n)=n 3 + 5n се дели на 6 за всяко естествено n.

Доказателство.

При n =1 числото N (1)=6 и следователно твърдението е вярно.

Нека числото N (k )=k 3 +5k се дели на 6 за някакво естествено k. Нека докажем, че N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) се дели на 6. Наистина имаме
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Тъй като k и k +1 са съседни естествени числа, тогава едно от тях задължително е четно, така че изразът 3k (k +1) се дели на 6. Така получаваме, че N (k +1) също се дели на 6. Изход числото N (n)=n 3 + 5n се дели на 6 за всяко естествено n.

Да разгледаме решението на по-сложна задача за делимост, когато методът на пълната математическа индукция трябва да се приложи няколко пъти.

Задача 4.

Докажете, че за всяко естествено n числото
дори не се дели на 2 n +3 .

Доказателство.

Представям си
под формата на произведение
=

= (*)

По предположение първият множител в (*) не се дели равномерно на числото 2 k +3 , т.е. в представянето на съставно число
под формата на произведение на прости числа, числото 2 се повтаря не повече от (k + 2) пъти. Така че, за да докажа, че числото
не се дели на 2 k +4 , трябва да докажем това
не се дели на 4.

За да докажем това твърдение, доказваме едно спомагателно твърдение: за всяко естествено n числото 3 2 n +1 не се дели на 4. За n =1 твърдението е очевидно, тъй като 10 не се дели на 4 без остатък. Ако приемем, че 3 2 k +1 не се дели на 4, доказваме, че 3 2(k +1) +1 също не се дели
с 4. Нека представим последния израз като сума:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Вторият член на сумата се дели на 4, но първият не се дели. Следователно целият сбор не се дели на 4 без остатък. Помощното твърдение е доказано.

Сега е ясно, че
не се дели на 4, защото 2k е четно число.

Накрая получаваме това число
не се дели равномерно на 2 n +3 за всяко естествено n.

Разгледайте сега пример за прилагане на индукция към доказателството на неравенства.

Задача 5.

За кое естествено n е вярно неравенството 2 n > 2n + 1?

Решение.

1. Кога n=1 2 1< 2*1+1,

при n=2 2 2< 2*2+1,

при n =3 2 3 > 2*3+1,

при n =4 2 4 > 2*4+1.

Очевидно неравенството е валидно за всяко естествено n  3. Нека докажем това твърдение.

2. Кога n =3 валидността на неравенството вече беше показана. Нека сега неравенството е валидно за n =k , където k е някакво естествено число не по-малко от 3, т.е.

2 k > 2k+1 (*)

Нека докажем, че тогава неравенството е валидно и за n =k +1, тоест 2 k +1 >2(k +1)+1. Умножете (*) по 2, получаваме 2 k +1 >4k +2. Нека сравним изразите 2(k +1)+1 и 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Очевидно, 2k -1>0 за всяко естествено k. Тогава 4k +2>2(k +1)+1, т.е. 2k+1 >2(k+1)+1. Твърдението е доказано.

Задача 6.

Неравенство за средно аритметично и средно геометрично на n неотрицателни числа (неравенство на Коши)., получаваме =

Ако поне едно от числата
е равно на нула, тогава е валидно и неравенството (**).

Заключение.

Докато вършех работата, изучавах същността на метода на математическата индукция и неговото доказателство. Статията представя проблеми, в които важна роля играе непълната индукция, която води до правилното решение, след което се извършва доказателството, получено по метода на математическата индукция.

Литература.

Болтянски В.Г., Сидоров Ю.В., Шабурин М.И. Лекции и задачи по начална математика; Наука, 1974.

Виленкин Н.Я. , Shvartsburd S.I. Математически анализ.-
М.: Образование, 1973.

Галицки М.Л., Мошкович М.М., Шварцбурд С.И. Задълбочено изучаване на курса по алгебра и математически анализ - М .: Образование, 1990 г.

Потапов М.К., Александров В.В., Пасиченко П.И. Алгебра и анализ на елементарни функции.- М.: Наука, 1980.

Сомински И.С., Головина М.Л., Яглом И.М. За математическата индукция - М.: Наука, 1967.

Ако изречението A(n), което зависи от естествено число n, е вярно за n=1 и от факта, че е вярно за n=k (където k е всяко естествено число), следва, че то също е вярно за следващото число n=k +1, тогава допускането A(n) е вярно за всяко естествено число n.

В редица случаи може да се наложи да се докаже валидността на определено твърдение не за всички естествени числа, а само за n>p, където p е фиксирано естествено число. В този случай принципът на математическата индукция се формулира по следния начин.

Ако твърдението A(n) е вярно за n=p и ако A(k) X A(k+1) за всяко k>p, тогава предложението A(n) е вярно за всяко n>p.

Доказателството по метода на математическата индукция се извършва по следния начин. Първо, твърдението, което трябва да се докаже, се проверява за n=1, т.е. истинността на твърдението A(1) е установена. Тази част от доказателството се нарича индукционна база. Това е последвано от част от доказателството, наречена стъпка на индукция. В тази част се доказва валидността на твърдението за n=k+1 при предположението, че твърдението е вярно за n=k (индуктивното предположение), т.е. докажете, че A(k) ~ A(k+1)

Докажете, че 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Имаме n=1=1 2 . Следователно твърдението е вярно за n=1, т.е. A(1) вярно
• 2) Нека докажем, че A(k) ~ A(k+1)

Нека k е произволно естествено число и нека твърдението е вярно за n=k, т.е.

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

Нека докажем, че тогава твърдението е вярно и за следващото естествено число n=k+1, т.е. Какво

• 1+3+5+...+(2k+1)=(k+1) 2 Наистина,
• 1+3+5+...+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

И така, A(k) X A(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че предположението A(n) е вярно за всяко n О N

Докажи това

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), където x № 1

• 1) За n=1 получаваме
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

следователно за n=1 формулата е вярна; A(1) вярно

• 2) Нека k е произволно естествено число и нека формулата е вярна за n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Нека докажем, че тогава равенството

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

И така, A(k) ⋅ A(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че формулата е вярна за всяко естествено число n

Докажете, че броят на диагоналите на изпъкнал n-ъгълник е n(n-3)/2

Решение: 1) За n=3 твърдението е вярно, тъй като в триъгълника

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 диагонали; A 2 A(3) вярно

2) Да предположим, че във всеки изпъкнал k-ъгъл има A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 диагонала. A k Нека докажем, че тогава в изпъкнал A k+1 (k+1)-ъгъл броят на диагоналите A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нека А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -изпъкнал (k+1)-ъгълник. Нека начертаем диагонал A 1 A k в него. Да брои общ бройдиагонали на този (k + 1)-ъгъл, трябва да преброите броя на диагоналите в k-ъгъла A 1 A 2 ...A k , добавете k-2 към полученото число, т.е. броят на диагоналите на (k+1)-ъгълника, излизащи от върха A k+1 , и в допълнение трябва да се вземе предвид диагоналът A 1 A k

По този начин,

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

И така, A(k) ⋅ A(k+1). Поради принципа на математическата индукция, твърдението е вярно за всеки изпъкнал n-ъгълник.

Докажете, че за всяко n твърдението е вярно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Нека тогава n=1

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

2) Да приемем, че n=k

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

3) Разгледайте това твърдение за 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

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно по силата на метода на математическата индукция твърдението е вярно за всяко естествено n

Докажете, че за всяко естествено n е вярно равенството:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Нека n=1

Тогава X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Виждаме, че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че равенството е вярно за n=k

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

3) Нека докажем истинността на това твърдение за n=k+1, т.е.

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

Може да се види от горното доказателство, че твърдението е вярно за n=k+1, следователно равенството е вярно за всяко естествено n

Докажи това

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), където n>2

Решение: 1) За n=2, идентичността изглежда така:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. вярно е
• 2) Да приемем, че изразът е верен за 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) Ще докажем правилността на израза за 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)

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно, по силата на метода на математическата индукция твърдението е вярно за всяко n>2

Докажи това

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) за всяко естествено n

Решение: 1) Нека тогава n=1

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Да приемем, че n=k, тогава
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Ще докажем истинността на това твърдение за 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)

Доказана е и валидността на равенството за n=k+1, следователно твърдението е вярно за всяко естествено n.

Докажете валидността на самоличността

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) за всяко естествено n

• 1) За n=1 тъждеството е вярно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Да приемем, че за n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Доказваме, че тъждеството е вярно за n=k+1
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Може да се види от горното доказателство, че твърдението е вярно за всяко положително цяло число n.

Докажете, че (11 n+2 +12 2n+1) се дели на 133 без остатък

Решение: 1) Нека тогава n=1

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

Но (23 ґ 133) се дели на 133 без остатък, така че за n=1 твърдението е вярно; A(1) е вярно.

• 2) Да приемем, че (11 k+2 +12 2k+1) се дели на 133 без остатък
• 3) Нека докажем, че в този случай (11 k+3 +12 2k+3) се дели на 133 без остатък. Наистина
• 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

Получената сума се дели на 133 без остатък, тъй като първият й член се дели на 133 без остатък по предположение, а във втория един от множителите е 133. И така, A (k) Yu A (k + 1). По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано

Докажете, че за всяко n 7 n -1 се дели на 6 без остатък

• 1) Нека n=1, тогава X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 се дели на 6 без остатък. Така че за n=1 твърдението е вярно
• 2) Да предположим, че за n \u003d k 7 k -1 се дели на 6 без остатък
• 3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1

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

Първият член се дели на 6, тъй като 7 k -1 се дели на 6 по предположение, а вторият член е 6. Така че 7 n -1 е кратно на 6 за всяко естествено n. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 3 3n-1 +2 4n-3 за произволно цяло положително число n се дели на 11.

1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 се дели на 11 без остатък.

Така че за n=1 твърдението е вярно

• 2) Да предположим, че за n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 без остатък
• 3) Доказваме, че твърдението е вярно за 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

Първият член се дели на 11 без остатък, тъй като 3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 по предположение, вторият се дели на 11, защото един от неговите множители е числото 11. Следователно сумата е също се дели на 11 без остатък за всяко естествено n. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 11 2n -1 за произволно цяло положително число n се дели на 6 без остатък

• 1) Нека n=1, тогава 11 2 -1=120 се дели на 6 без остатък. Така че за n=1 твърдението е вярно
• 2) Да предположим, че за n=k 1 2k -1 се дели на 6 без остатък
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

И двата члена се делят на 6 без остатък: първият съдържа кратно на 6 число 120, а вторият се дели на 6 без остатък по предположение. Така че сумата се дели на 6 без остатък. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 3 3n+3 -26n-27 за произволно цяло положително число n се дели на 26 2 (676) без остатък

Нека първо докажем, че 3 3n+3 -1 се дели на 26 без остатък

• 1. Когато n=0
• 3 3 -1=26 се дели на 26
• 2. Да предположим, че за n=k
• 3 3k+3 -1 се дели на 26
• 3. Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - се дели на 26

Нека сега докажем твърдението, формулирано в условието на задачата

• 1) Очевидно е, че за n=1 твърдението е вярно
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Да предположим, че за n=k изразът 3 3k+3 -26k-27 се дели на 26 2 без остатък
• 3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

И двата члена се делят на 26 2 ; първият се дели на 26 2, защото доказахме, че изразът в скобите се дели на 26, а вторият се дели на индуктивната хипотеза. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано

Докажете, че ако n>2 и х>0, то неравенството (1+х) n >1+n ґ х

• 1) За n=2 неравенството е вярно, тъй като
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Така че A(2) е вярно

• 2) Нека докажем, че A(k) ⋅ A(k+1), ако k> 2. Да приемем, че A(k) е вярно, т.е. че неравенството
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Нека докажем, че тогава A(k+1) също е вярно, т.е. че неравенството

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

Наистина, умножавайки двете страни на неравенството (3) по положително число 1+x, получаваме

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Помислете за дясната страна на последното неравенство; ние имаме

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

В резултат на това получаваме, че (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

И така, A(k) ⋅ A(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция може да се твърди, че неравенството на Бернули е валидно за всяко n> 2

Докажете, че неравенството (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 е вярно за a> 0

Решение: 1) За m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 двете части са равни
• 2) Да приемем, че за m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Нека докажем, че за m=k+1 неравенството е вярно
• (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

Доказахме валидността на неравенството за m=k+1, следователно, по силата на метода на математическата индукция, неравенството е валидно за всяко естествено m

Докажете, че при n>6 неравенството 3 n >n ґ 2 n+1

Нека пренапишем неравенството във вида (3/2) n >2n

• 1. За n=7 имаме 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенството е вярно
• 2. Да предположим, че за n=k (3/2) k >2k
• 3) Нека докажем валидността на неравенството за n=k+1
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Тъй като k>7, последното неравенство е очевидно.

По силата на метода на математическата индукция неравенството е валидно за всяко естествено n

Докажете, че за n>2 неравенството

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

• 1) За n=3 неравенството е вярно
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Да предположим, че за n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Нека докажем валидността на неравенството за n=k+1
• (1+(1/2 2)+...+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Нека докажем, че 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

Последното е очевидно и следователно

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

По силата на метода на математическата индукция неравенството е доказано.