Tikros žinios visais laikais buvo pagrįstos modelio nustatymu ir jo teisingumo įrodymu tam tikromis aplinkybėmis. Per tokį ilgą loginio samprotavimo laikotarpį buvo pateiktos taisyklių formuluotės, o Aristotelis netgi sudarė „teisingo samprotavimo“ sąrašą. Istoriškai buvo įprasta visas išvadas skirstyti į du tipus – nuo ​​konkrečių iki daugybinių (indukcija) ir atvirkščiai (dukcija). Reikėtų pažymėti, kad įrodymų rūšys nuo konkretaus iki bendro ir nuo bendro iki konkretaus egzistuoja tik kartu ir negali būti keičiamos.

Indukcija matematikoje

Sąvoka „indukcija“ turi lotyniškas šaknis ir pažodžiui verčiama kaip „gairės“. Atidžiau panagrinėjus, galima išskirti žodžio struktūrą, būtent lotynišką priešdėlį - in- (žymi nukreiptą veiksmą į vidų arba buvimą viduje) ir -duction - įvadą. Verta paminėti, kad yra dviejų tipų - visiška ir nepilna indukcija. Pilnai formai būdingos išvados, padarytos ištyrus visus tam tikros klasės objektus.

Neišsamios – išvados, kurios taikomos visiems klasės dalykams, tačiau daromos remiantis tik kai kurių vienetų studijavimu.

Visiška matematinė indukcija yra išvada, pagrįsta bendra išvada apie visą bet kokių objektų, funkciškai sujungtų natūralios skaičių serijos ryšiais, klasę, remiantis žiniomis apie šį funkcinį ryšį. Šiuo atveju įrodinėjimo procesas vyksta trimis etapais:

• pirmasis įrodo matematinės indukcijos padėties teisingumą. Pavyzdys: f = 1, indukcija;
• kitas etapas pagrįstas prielaida, kad padėtis galioja visiems natūraliems skaičiams. Tai yra, f=h yra indukcinė hipotezė;
• trečiame etape įrodomas padėties pagrįstumas skaičiui f=h+1, remiantis ankstesnio taško padėties teisingumu - tai indukcijos perėjimas, arba matematinės indukcijos žingsnis. Pavyzdys yra vadinamasis, jei krenta pirmasis akmuo iš eilės (pagrindas), tada visi eilėje esantys akmenys krenta (perėjimas).

Ir juokais, ir rimtai

Kad būtų lengviau suprasti, sprendimų pavyzdžiai, naudojant matematinės indukcijos metodą, pateikiami juokelių uždavinių forma. Tai yra „Mandagios eilės“ užduotis:

• Elgesio taisyklės draudžia vyrui apsisukti prieš moterį (tokioje situacijoje jai leidžiama eiti į priekį). Remiantis šiuo teiginiu, jei paskutinis eilėje yra vyras, tai visi kiti yra vyrai.

Ryškus matematinės indukcijos metodo pavyzdys yra „bedimensinio skrydžio“ problema:

• Reikia įrodyti, kad į mikroautobusą telpa bet koks žmonių skaičius. Tiesa, vienas žmogus gali be vargo (pagrindas) tilpti į transporto priemonę. Bet kad ir koks pilnas būtų mikroautobusas, į jį visada tilps 1 keleivis (įvadinis žingsnis).

Pažįstami ratai

Užduočių ir lygčių sprendimo matematine indukcija pavyzdžiai yra gana dažni. Kaip šio požiūrio iliustraciją, apsvarstykite šią problemą.

Būklė: plokštumoje yra h apskritimų. Būtina įrodyti, kad bet kokio figūrų išdėstymo atveju jų suformuotas žemėlapis gali būti teisingai nuspalvintas dviem spalvomis.

Sprendimas: kai h=1 teiginio teisingumas yra akivaizdus, ​​todėl įrodymas bus sudarytas apskritimų skaičiui h+1.

Priimkime prielaidą, kad teiginys galioja bet kuriam žemėlapiui, o plokštumoje yra h+1 apskritimai. Pašalinę vieną iš apskritimų iš bendros sumos, galite gauti teisingai nuspalvintą žemėlapį dviem spalvomis (juoda ir balta).

Atkuriant ištrintą apskritimą, kiekvienos srities spalva pasikeičia į priešingą (šiuo atveju apskritimo viduje). Rezultatas – teisingai nuspalvintas dviem spalvomis žemėlapis, ką ir reikėjo įrodyti.

Pavyzdžiai su natūraliaisiais skaičiais

Žemiau aiškiai parodytas matematinės indukcijos metodo taikymas.

Sprendimų pavyzdžiai:

Įrodykite, kad bet kuriai h yra teisinga ši lygybė:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Tegul h=1, o tai reiškia:

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

Iš to išplaukia, kad esant h=1 teiginys yra teisingas.

2. Darant prielaidą, kad h=d, gaunama lygtis:

R1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1

3. Darant prielaidą, kad h=d+1, išeina:

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

Taigi lygybės h=d+1 pagrįstumas buvo įrodytas, todėl teiginys yra teisingas bet kuriam natūralusis skaičius, kaip parodyta matematinės indukcijos sprendimo pavyzdyje.

Užduotis

Būklė: reikia įrodyti, kad bet kuriai h reikšmei išraiška 7 h -1 dalijasi iš 6 be liekanos.

Sprendimas:

1. Tarkime, h = 1, šiuo atveju:

R 1 = 7 1 -1 = 6 (t. y. padalintas iš 6 be liekanos)

Todėl, kai h=1, teiginys yra teisingas;

2. Padalykime h=d ir 7 d -1 iš 6 be liekanos;

3. Teiginio, kai h=d+1, pagrįstumo įrodymas yra formulė:

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

Šiuo atveju pirmasis narys dalijasi iš 6 pagal pirmojo taško prielaidą, o antrasis narys lygus 6. Teiginys, kad 7 h -1 dalijasi iš 6 be liekanos bet kuriai natūraliai h, yra teisingas.

Klaidos priimant sprendimą

Neretai įrodinėjimuose naudojamas neteisingas samprotavimas dėl naudojamų loginių konstrukcijų netikslumo. Taip dažniausiai atsitinka, kai pažeidžiama įrodymo struktūra ir logika. Neteisingo samprotavimo pavyzdys yra ši iliustracija.

Užduotis

Būklė: reikalingas įrodymas, kad bet kokia akmenų krūva nėra krūva.

Sprendimas:

1. Sakykime h=1, šiuo atveju krūvoje yra 1 akmuo ir teiginys teisingas (pagrindas);

2. Tegul h=d yra tiesa, kad akmenų krūva nėra krūva (prielaida);

3. Tegu h=d+1, iš ko seka, kad pridedant dar vieną akmenį aibė nebus krūva. Išvada rodo, kad prielaida galioja visoms natūralioms h.

Klaida ta, kad nėra apibrėžimo, kiek akmenų sudaro krūvą. Toks praleidimas matematinės indukcijos metodu vadinamas skubotu apibendrinimu. Pavyzdys tai aiškiai parodo.

Indukcija ir logikos dėsniai

Istoriškai jie visada „eina susikibę už rankų“. Toks mokslo disciplinas Kaip ir logika, filosofija juos apibūdina priešingybių pavidalu.

Logikos dėsnio požiūriu indukciniai apibrėžimai remiasi faktais, o prielaidų teisingumas nenulemia gauto teiginio teisingumo. Dažnai išvados daromos su tam tikra tikimybe ir tikimybe, kurios, žinoma, turi būti patikrintos ir patvirtintos papildomais tyrimais. Logikos indukcijos pavyzdys būtų toks teiginys:

Estijoje – sausra, Latvijoje – sausra, Lietuvoje – sausra.

Estija, Latvija ir Lietuva yra Baltijos valstybės. Visose Baltijos šalyse vyrauja sausra.

Iš pavyzdžio galime daryti išvadą, kad naujos informacijos ar tiesos negalima gauti naudojant indukcijos metodą. Galima tikėtis tik išvadų teisingumo. Be to, patalpų teisingumas negarantuoja tų pačių išvadų. Tačiau šis faktas nereiškia, kad indukcija merdėja ant dedukcijos ribos: daugybė nuostatų ir mokslinių dėsnių yra pagrindžiami naudojant indukcijos metodą. Pavyzdys yra ta pati matematika, biologija ir kiti mokslai. Tai daugiausia lemia visiškos indukcijos metodas, tačiau kai kuriais atvejais taikoma ir dalinė indukcija.

Garbingas indukcijos amžius leido jai prasiskverbti beveik į visas žmogaus veiklos sritis – tai mokslas, ekonomika ir kasdienės išvados.

Indukcija mokslo bendruomenėje

Indukcijos metodas reikalauja skrupulingo požiūrio, nes per daug priklauso nuo tiriamų visumos dalių skaičiaus: kas didesnis skaičius tirtas, tuo patikimesnis rezultatas. Remiantis šia ypatybe, indukcijos būdu gauti moksliniai dėsniai yra ilgai tikrinami tikimybinių prielaidų lygmenyje, siekiant išskirti ir ištirti visus galimus konstrukcinius elementus, ryšius ir įtaką.

Moksle indukcinė išvada grindžiama reikšmingų ženklų, išskyrus atsitiktines pozicijas. Šis faktas svarbus dėl specifikos mokslo žinių. Tai aiškiai matyti indukcijos moksle pavyzdžiuose.

Yra du indukcijos tipai mokslo pasaulis(susiję su tyrimo metodu):

1. indukcija-atranka (arba atranka);
2. indukcija – išskyrimas (eliminacija).

Pirmasis tipas išsiskiria metodišku (skrupulingu) klasės (poklasių) pavyzdžių atranka iš skirtingų jos sričių.

Tokio tipo indukcijos pavyzdys yra toks: sidabras (arba sidabro druskos) valo vandenį. Išvada paremta daugelio metų stebėjimais (savotiška patvirtinimų ir paneigimų atranka – atranka).

Antrasis indukcijos tipas yra pagrįstas išvadomis priežastiniai ryšiai ir neįtraukiant aplinkybių, kurios neatitinka jo savybių – universalumo, laiko sekos laikymosi, būtinumo ir vienareikšmiškumo.

Indukcija ir dedukcija iš filosofijos pozicijų

Žvelgiant į istoriją, indukcijos terminą pirmasis paminėjo Sokratas. Aristotelis filosofijos indukcijos pavyzdžius aprašė apytikslesniame terminų žodyne, tačiau nepilnos indukcijos klausimas lieka atviras. Po aristoteliškojo silogizmo persekiojimo indukcinis metodas buvo pradėtas pripažinti vaisingu ir vieninteliu galimu gamtos moksle. Bekonas laikomas indukcijos kaip savarankiško specialaus metodo tėvu, tačiau jam nepavyko atskirti indukcijos nuo dedukcinio metodo, kaip reikalavo jo amžininkai.

Indukciją toliau plėtojo J. Millas, nagrinėjęs indukcinę teoriją keturių pagrindinių metodų požiūriu: susitarimo, skirtumo, likučių ir atitinkamų pokyčių. Nenuostabu, kad šiandien išvardinti metodai, išsamiai išnagrinėjus, yra dedukciniai.

Bacono ir Millo teorijų nenuoseklumo suvokimas paskatino mokslininkus ištirti tikimybinį indukcijos pagrindą. Tačiau ir čia būta kraštutinumų: buvo bandoma sumažinti indukciją į tikimybių teoriją su visomis iš to išplaukiančiomis pasekmėmis.

Priėmimas gauna pasitikėjimo balsą, kai praktinis pritaikymas tam tikruose dalykines sritis ir dėl metrinio indukcinio pagrindo tikslumo. Indukcijos ir dedukcijos pavyzdžiu filosofijoje galima laikyti Visuotinės gravitacijos dėsnį. Įstatymo atradimo dieną Niutonas sugebėjo jį patikrinti 4 procentų tikslumu. O patikrinus daugiau nei po dviejų šimtų metų, teisingumas buvo patvirtintas 0,0001 procento tikslumu, nors patikrinimas buvo atliktas tais pačiais indukciniais apibendrinimais.

Šiuolaikinė filosofija daugiau dėmesio skiria dedukcijai, kurią padiktuoja logiškas siekis iš jau žinomo išvesti naujas žinias (ar tiesas), nesinaudojant patirtimi ar intuicija, o pasitelkiant „grynąjį“ samprotavimą. Kai kalbama apie tikrąsias prielaidas dedukciniu metodu, visais atvejais išvestis yra teisingas teiginys.

Ši labai svarbi charakteristika neturėtų užgožti indukcinio metodo vertės. Kadangi indukcija, pagrįsta patirties pasiekimais, tampa ir jos apdorojimo (įskaitant apibendrinimą ir sisteminimą) priemone.

Indukcijos taikymas ekonomikoje

Indukcija ir dedukcija jau seniai naudojami kaip ekonomikos tyrimo ir jos raidos prognozavimo metodai.

Indukcijos metodo panaudojimo spektras gana platus: tiriant prognozuojamų rodiklių (pelno, nusidėvėjimo ir kt.) išsipildymą bei Bendras įvertinimasįmonės būklė; formuoti efektyvią įmonės skatinimo politiką, pagrįstą faktais ir jų santykiais.

Tas pats indukcijos metodas naudojamas ir „Shewhart žemėlapiuose“, kur, darant prielaidą, kad procesai skirstomi į valdomus ir nekontroliuojamus, teigiama, kad valdomo proceso karkasas yra neaktyvus.

Pažymėtina, kad moksliniai dėsniai yra pagrindžiami ir patvirtinami naudojant indukcijos metodą, o kadangi ekonomika yra mokslas, dažnai pasitelkiantis matematinę analizę, rizikos teoriją ir statistiką, tai visai nenuostabu, kad indukcija yra pagrindinių metodų sąraše.

Ekonomikos indukcijos ir dedukcijos pavyzdys yra tokia situacija. Maisto (iš vartojimo krepšelio) ir būtiniausių prekių brangimas verčia vartotoją susimąstyti apie valstybėje atsirandantį aukštą savikainą (indukcija). Tuo pačiu metu, dėl didelių sąnaudų, naudojant matematiniai metodai Galite išvesti atskirų prekių ar prekių kategorijų kainų augimo rodiklius (atskaitymas).

Dažniausiai į indukcijos metodą kreipiasi vadovaujantys darbuotojai, vadovai, ekonomistai. Norint pakankamai tiksliai numatyti įmonės raidą, rinkos elgesį, konkurencijos pasekmes, būtinas indukcinis-dukcinis požiūris į informacijos analizę ir apdorojimą.

Aiškus ekonomikos indukcijos, susijusios su klaidingais sprendimais, pavyzdys:

• įmonės pelnas sumažėjo 30 %;
  konkuruojanti įmonė išplėtė savo produktų asortimentą;
  niekas daugiau nepasikeitė;
• dėl konkuruojančios įmonės gamybos politikos pelnas sumažėjo 30 %;
• todėl reikia įgyvendinti tą pačią gamybos politiką.

Pavyzdys yra spalvinga iliustracija, kaip netinkamas indukcinio metodo naudojimas prisideda prie įmonės žlugimo.

Dedukcija ir indukcija psichologijoje

Kadangi yra metodas, tai, logiškai mąstant, yra ir tinkamai organizuotas mąstymas (naudoti metodą). Psichologija kaip mokslas, tiriantis psichiniai procesai, jų formavimąsi, vystymąsi, ryšius, sąveikas, atkreipia dėmesį į „dedukcinį“ mąstymą, kaip vieną iš dedukcijos ir indukcijos pasireiškimo formų. Deja, psichologijos puslapiuose internete praktiškai nėra jokio pateisinimo dedukcinio-indukcinio metodo vientisumui. Nors profesionalūs psichologai dažniau susiduria su indukcijos apraiškomis, tiksliau, klaidingomis išvadomis.

Psichologijos indukcijos pavyzdys, kaip klaidingų sprendimų iliustracija, yra teiginys: mano mama apgaudinėja, todėl visos moterys yra apgaulės. Iš gyvenimo galite paimti dar daugiau „klaidingų“ indukcijos pavyzdžių:

• mokinys nieko nesugeba, jei gauna blogą matematikos pažymį;
• jis kvailys;
• jis yra protingas;
• Aš galiu padaryti bet ką;

Ir daugelis kitų vertybinių sprendimų, pagrįstų visiškai atsitiktinėmis ir kartais nereikšmingomis prielaidomis.

Pažymėtina: kai žmogaus sprendimo klaidingumas pasiekia absurdo tašką, psichoterapeutui atsiranda darbo riba. Vienas indukcijos pas specialistą pavyzdys:

„Pacientas yra visiškai tikras, kad raudona spalva jam pavojinga tik bet kokia forma. Dėl to žmogus šią spalvų gamą išbraukė iš savo gyvenimo – kiek įmanoma. Yra daug galimybių patogiai gyventi namuose. Galite atsisakyti visų raudonų daiktų arba pakeisti juos analogais, pagamintais pagal kitą spalvų schemą. Bet į viešose vietose, darbe, parduotuvėje – neįmanoma. Atsidūręs stresinėje situacijoje, kiekvieną kartą pacientas patiria visiškai skirtingą „potvynį“. emocinės būsenos, kuris gali kelti pavojų kitiems“.

Šis indukcijos ir nesąmoningos indukcijos pavyzdys vadinamas „fiksuotomis idėjomis“. Jei taip atsitinka psichiškai sveikam žmogui, galime kalbėti apie organizuotumo stoką protinė veikla. Būdas atsikratyti obsesinės būsenos gali tapti elementariu dedukcinio mąstymo ugdymu. Kitais atvejais su tokiais pacientais dirba psichiatrai.

Pirmiau pateikti indukcijos pavyzdžiai rodo, kad „įstatymo nežinojimas neatleidžia jūsų nuo pasekmių (klaidingų sprendimų).

Psichologai, dirbdami su dedukcinio mąstymo tema, sudarė rekomendacijų, skirtų padėti žmonėms įsisavinti šį metodą, sąrašą.

Pirmas dalykas yra problemų sprendimas. Kaip matyti, matematikoje naudojama indukcijos forma gali būti laikoma „klasikine“, o šio metodo naudojimas prisideda prie proto „disciplinavimo“.

Kita dedukcinio mąstymo ugdymo sąlyga yra akiračio praplėtimas (aiškiai mąstantieji aiškiai reiškiasi). Ši rekomendacija „kenčiančius“ nukreipia į mokslo ir informacijos lobynus (bibliotekas, interneto svetaines, švietimo iniciatyvas, keliones ir kt.).

Atskirai reikėtų paminėti vadinamąją „psichologinę indukciją“. Šį terminą, nors ir nedažnai, galima rasti internete. Visuose šaltiniuose nepateikiama bent trumpa šio termino apibrėžimo formuluotė, o nurodomi „gyvenimo pavyzdžiai“, perduodant jį kaip naujos rūšiesįtaigos, kai kurių psichikos ligų formų arba ekstremalių žmogaus psichikos būsenų sukėlimas. Iš viso to, kas išdėstyta pirmiau, aišku, kad bandymas išvesti „ naujas terminas“, pasikliaudamas klaidingomis (dažnai netikromis) prielaidomis, pasmerkia eksperimentuotoją gauti klaidingą (ar skubotą) teiginį.

Pažymėtina, kad nuoroda į 1960 m. eksperimentus (nenurodant vietos, eksperimento dalyvių pavardžių, tiriamųjų imties ir, svarbiausia, eksperimento tikslo) atrodo, švelniai tariant, neįtikinamai, o teiginys, kad smegenys informaciją suvokia aplenkdamos visus suvokimo organus (šiuo atveju organiškiau tiktų frazė „paveikta“), verčia susimąstyti apie teiginio autoriaus patiklumą ir nekritiškumą.

Vietoj išvados

Ne veltui mokslų, matematikos, karalienė naudoja visus įmanomus indukcijos ir dedukcijos metodo rezervus. Apsvarstyti pavyzdžiai leidžia daryti išvadą, kad paviršutiniškas ir neapgalvotas (kaip sakoma, neapgalvotas) net tiksliausių ir patikimiausių metodų taikymas visada veda prie klaidingų rezultatų.

IN masinė sąmonė Dedukcijos metodas siejamas su garsiuoju Šerloku Holmsu, kuris savo loginėse konstrukcijose dažniau naudoja indukcijos pavyzdžius, naudodamas dedukciją tinkamose situacijose.

Straipsnyje buvo nagrinėjami šių metodų taikymo pavyzdžiai įvairiuose moksluose ir žmogaus veiklos srityse.

Matematinė indukcija yra vieno iš labiausiai paplitusių matematinio įrodymo metodų pagrindas. Jis gali būti naudojamas įrodyti dauguma formulės su natūraliaisiais skaičiais n, pavyzdžiui, progresijos S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n pirmųjų narių sumos formulė, Niutono dvinario formulė a + b n = 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 .

Pirmoje pastraipoje išanalizuosime pagrindines sąvokas, tada apsvarstysime paties metodo pagrindus, o tada pasakysime, kaip jį panaudoti lygybėms ir nelygybėms įrodyti.

Indukcijos ir dedukcijos sąvokos

Pirmiausia pažiūrėkime, kas apskritai yra indukcija ir dedukcija.

1 apibrėžimas

Indukcija yra perėjimas nuo konkretaus prie bendro ir atskaita priešingai – nuo ​​bendro prie konkretaus.

Pavyzdžiui, turime teiginį: 254 galima padalyti iš dviejų. Iš to galime padaryti daug išvadų, įskaitant teisingas ir klaidingas. Pavyzdžiui, teiginys, kad visus sveikuosius skaičius, kurie baigiasi skaičiumi 4, galima padalyti iš dviejų be liekanos, yra teisingas, tačiau teiginys, kad bet koks trijų skaitmenų skaičius dalijasi iš 2, yra klaidingas.

Apskritai galima teigti, kad pasitelkus indukcinį samprotavimą iš vieno žinomo ar akivaizdaus samprotavimo galima padaryti daug išvadų. Matematinė indukcija leidžia mums nustatyti, kiek pagrįstos šios išvados.

Tarkime, kad turime skaičių seką, pvz., 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, . . . , 1 n (n + 1) , kur n žymi kokį nors natūralųjį skaičių. Šiuo atveju, pridėdami pirmuosius sekos elementus, gauname:

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 , . . .

Naudodami indukciją galime daryti išvadą, kad S n = n n + 1 . Trečioje dalyje įrodysime šią formulę.

Koks yra matematinės indukcijos metodas?

Šis metodas pagrįstas to paties pavadinimo principu. Jis suformuluotas taip:

2 apibrėžimas

Tam tikras teiginys bus teisingas natūraliai reikšmei n, kai 1) jis bus teisingas n = 1 ir 2) iš to, kad ši išraiška galioja savavališkai natūraliai reikšmei n = k, tai reiškia, kad ji bus teisinga n = k + 1 .

Matematinės indukcijos metodas taikomas 3 etapais:

1. Pirmiausia patikriname pradinio teiginio galiojimą, jei yra savavališka natūralioji n reikšmė (dažniausiai tikrinama vienybė).
2. Po to patikriname galiojimą, kai n = k.
3. Ir tada įrodome teiginio teisingumą, jei n = k + 1.

Kaip panaudoti matematinės indukcijos metodą sprendžiant nelygybes ir lygtis

Paimkime pavyzdį, apie kurį kalbėjome anksčiau.

1 pavyzdys

Įrodykite formulę S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Sprendimas

Kaip jau žinome, norint taikyti matematinės indukcijos metodą, reikia atlikti tris nuoseklius veiksmus.

1. Pirmiausia patikriname, ar ši lygybė galios n lygiam vienetui. Gauname S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Čia viskas teisinga.
2. Toliau darome prielaidą, kad formulė S k = k k + 1 yra teisinga.
3. Trečiame žingsnyje turime įrodyti, kad S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , remiantis ankstesnės lygybės galiojimu.

K + 1 galime pavaizduoti kaip pirmųjų pradinės sekos narių sumą ir k + 1:

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

Kadangi antrajame veiksme gavome, kad S k = k k + 1, galime parašyti taip:

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

Dabar atliekame reikiamas transformacijas. Turėsime paversti trupmeną į Bendras vardiklis, suteikdami panašius terminus, taikykite sutrumpintą daugybos formulę ir sumažinkite, kas atsitiks:

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

Taigi, mes įrodėme lygybę trečiajame punkte, atlikdami visus tris matematinės indukcijos metodo žingsnius.

Atsakymas: prielaida apie formulę S n = n n + 1 yra teisinga.

Paimkime sudėtingesnę problemą su trigonometrinėmis funkcijomis.

2 pavyzdys

Pateikite tapatybės cos 2 α · cos 4 α · įrodymą. . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

Sprendimas

Kaip prisimename, pirmiausia reikia patikrinti lygybės galiojimą, kai n lygus vienetui. Norėdami tai sužinoti, turime prisiminti pagrindines trigonometrines formules.

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

Todėl, jei n lygus vienetui, tapatybė bus teisinga.

Dabar tarkime, kad jo galiojimas išlieka teisingas esant n = k, t.y. bus tiesa, kad cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

Įrodome lygybę cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α tuo atveju, kai n = k + 1, remiantis ankstesne prielaida.

Pagal trigonometrinę formulę,

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

Vadinasi,

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

Straipsnyje apie mažiausių kvadratų metodą pateikėme pavyzdį, kaip išspręsti nelygybę šiuo metodu. Perskaitykite pastraipą, kurioje išvestos formulės aproksimavimo koeficientams rasti.

Jei tekste pastebėjote klaidą, pažymėkite ją ir paspauskite Ctrl+Enter

MBOU licėjus „Techninis ir ekonominis“

MATEMATINĖS INDUKCIJOS METODAS

MATEMATINĖS INDUKCIJOS METODAS.

AIŠKINAMASIS PASTABA

Metodinis tobulinimas „Matematinės indukcijos metodas“ buvo sudarytas matematinio profilio 10 klasės mokiniams.

Pirminiai tikslai: supažindinti studentus su matematinės indukcijos metodu ir išmokyti jį taikyti sprendžiant įvairius uždavinius.

IN metodinė plėtra Svarstomi elementariosios matematikos klausimai: dalijamumo uždaviniai, tapatybių įrodymas, nelygybių įrodymas, siūlomi įvairaus sudėtingumo uždaviniai, įskaitant olimpiadose siūlomus uždavinius.

Indukcinių išvadų vaidmuo eksperimentiniuose moksluose yra labai didelis. Juose pateikiamos nuostatos, iš kurių išskaičiuojant daromos tolesnės išvados. vardas matematinės indukcijos metodas apgaulinga – iš tikrųjų šis metodas yra dedukcinis ir pateikia griežtą indukciniu būdu atspėtų teiginių įrodymą. Matematinės indukcijos metodas padeda nustatyti ryšius tarp skirtingų matematikos šakų ir padeda ugdyti mokinio matematinę kultūrą.

Matematinės indukcijos metodo apibrėžimas. Visiška ir nepilna indukcija. Nelygybių įrodymas. Tapatybės įrodymas. Dalijimosi uždavinių sprendimas. Įvairių uždavinių sprendimas tema „Matematinės indukcijos metodas“.

LITERATŪRA MOKYTOJAMS

1. M.L. Galitskis. Išsamus tyrimas algebros ir matematinės analizės kursas. – M. Išsilavinimas.1986m.

2. L.I.Zvavich. Algebra ir analizės pradžia. Didaktinė medžiaga. M. Bustardas.2001 m.

3. N.Ya.Vilenkinas. Algebra ir matematinė analizė. M Apšvietos.1995 m.

4. Yu.V.Mikheev. Matematinės indukcijos metodas. NSU.1995.

LITERATŪRA STUDENTIAMS

1. N.Ya.Vilenkinas. Algebra ir matematinė analizė. M Apšvietos.1995 m.

2. Yu.V.Mikheev. Matematinės indukcijos metodas. NSU.1995.

RAKTINIAI ŽODŽIAI

Indukcija, aksioma, matematinės indukcijos principas, visiška indukcija, nepilna indukcija, teiginys, tapatybė, nelygybė, dalijamumas.

DIDAKTINIS TEMOS PRIEDAS

"MATEMATINĖS INDUKCIJOS METODAS".

1-oji pamoka.

Matematinės indukcijos metodo apibrėžimas.

Matematinės indukcijos metodas yra vienas iš labai efektyvus metodas ieškant naujų rezultatų ir įrodant padarytų prielaidų teisingumą. Nors šis metodas matematikoje nėra naujas, susidomėjimas juo neblėsta. Pirmą kartą aiškiu pristatymu matematinės indukcijos metodą XVII amžiuje panaudojo žymus prancūzų mokslininkas Blaise'as Pascalis, įrodydamas skaičių trikampio, kuris nuo to laiko yra jo vardu, savybes. Tačiau matematinės indukcijos idėja buvo žinoma senovės graikams. Matematinės indukcijos metodas pagrįstas matematinės indukcijos principu, kuris priimamas kaip aksioma. Pažvelkime į matematinės indukcijos idėją naudodami pavyzdžius.

1 pavyzdys.

Kvadratas atkarpa padalinamas į dvi dalis, tada viena iš gautų dalių dalijama į dvi dalis ir t.t. Nustatykite, į kiek dalių bus padalintas kvadratas Pžingsniai?

Sprendimas.

Po pirmo žingsnio pagal būklę gausime 2 dalis. Antrame žingsnyje vieną dalį paliekame nepakeistą, o antrąją padaliname į 2 dalis ir gauname 3 dalis. Trečiame žingsnyje 2 dalis paliekame nepakeistas, o trečią padaliname į dvi dalis ir gauname 4 dalis. Ketvirtajame žingsnyje 3 dalis paliekame nepakeistas, o paskutinę dalį padaliname į dvi dalis ir gauname 5 dalis. Penktame žingsnyje gausime 6 dalis. Iš to kyla pasiūlymas, kad per Pžingsnių sulauksime (n+1) dalis. Tačiau šį teiginį reikia įrodyti. Tarkime, kad po to Įžingsniais aikštė bus padalinta (k+1) dalis. Tada toliau (k+1)žingsnį žengiame Į dalys bus paliktos nepakeistos, bet (k+1) padalinkite dalį į dvi dalis ir gaukite (k+2) dalys. Pastebi, kad taip gali ginčytis tiek, kiek nori, iki begalybės. Tai yra, mūsų prielaida yra tokia, kad per Pžingsniais aikštė bus padalinta (n+1) dalis tampa įrodyta.

2 pavyzdys.

Mano močiutė turėjo anūkę, kuri labai mėgo uogienę, o ypač tokią, kuri buvo litriniame stiklainyje. Bet močiutė neleido jo liesti. O anūkės planavo močiutę apgauti. Jis nusprendė kasdien suvalgyti po 1/10 litro iš šio stiklainio ir įpilti vandens, gerai išmaišant. Kiek dienų prireiks, kad močiutė atrastų apgaulę, jei uogienė išliks tokia pati, atskiedus vandeniu per pusę?

Sprendimas.

Sužinokime, kiek grynos uogienės lieka stiklainyje po to P dienų. Po pirmos dienos stiklainyje liks mišinys, susidedantis iš 9/10 uogienės ir 1/10 vandens. Po dviejų dienų 1/10 vandens ir uogienės mišinio dings iš stiklainio ir išliks (1 litre mišinio yra 9/10 litrų uogienės, 1/10 l mišinio yra 9/100 litrų uogienės )

9/10 – 9/100=81/100=(9/10) 2 litrai uogienės. Trečią dieną iš stiklainio išnyks 1/10 litro mišinio, susidedančio iš 81/100 uogienės ir 19/100 vandens. 1 litre mišinio yra 81/100 litrų uogienės, 1/10 litro mišinio yra 81/1000 litrų uogienės. 81/100 – 81/1000 =

729/1000=(9/10) 3 litrai uogienės liks po 3 dienų, o likusią dalį pasiims vanduo. Atsiranda modelis. Per P liko dienos banke (9/10) P l uogienė. Bet tai vėlgi yra tik mūsų spėjimas.

Leisti Į– savavališkas natūralusis skaičius. Tarkime, kad po to Į dienų stiklainyje liks (9/10) litrų uogienės. Pažiūrėkime, kas bus banke kitą dieną, tai yra (k+1) dieną. Iš stiklainio išnyks 1/10l mišinys, susidedantis iš (9/10) Į l uogienės ir vandens. IN 1l mišinys yra (9/10) Į l uogienė, in 1/10l mišiniai (9/10) k+1 l uogienė. Dabar galime drąsiai tai pasakyti P liko dienos banke (9/10) P l uogienė. Per 6 dienas bankas turės 531444/1000000l uogienė, po 7 dienų - 4782969/10000000l uogienės, tai yra mažiau nei pusė.

Atsakymas: Po 7 dienų močiutė atras apgaulę.

Pabandykime išryškinti svarbiausius dalykus sprendžiant svarstytas problemas. Kiekvieną iš jų pradėjome spręsti svarstydami individualius arba, kaip sakoma, ypatingus atvejus. Tada, remdamiesi savo pastebėjimais, padarėme tam tikrą prielaidą P(n), priklausomai nuo natūralaus P.

teiginys buvo patikrintas, tai yra įrodytas P(1), P(2), P(3);

tai pasiūlė P(n) galioja iki p=k ir padarė išvadą, kad tada tai bus tiesa kitame n, n=k+1.

Ir tada jie samprotavo maždaug taip: P(1) teisingai, P(2) teisingai, P(3) teisingai, P(4) teisingai... tai reiškia teisingai P(p).

Matematinės indukcijos principas.

pareiškimas P(n), priklausomai nuo natūralaus P, galioja visiems natūraliems P, Jei

1) teiginio pagrįstumas buvo įrodytas, kai n = 1;

2) nuo teiginio pagrįstumo prielaidos P(n) adresu p=k turėtų

teisingumas P(n) adresu n=k+1.

Matematikoje matematinės indukcijos principas, kaip taisyklė, pasirenkamas kaip viena iš aksiomų, apibrėžiančių natūralią skaičių seką, todėl priimamas be įrodymų. Įrodinėjimo būdas, naudojant matematinės indukcijos principą, paprastai vadinamas matematinės indukcijos metodu. Atkreipkite dėmesį, kad šis metodas yra plačiai naudojamas įrodant teoremas, tapatybes, nelygybes sprendžiant dalumo uždavinius ir daugelį kitų problemų.

2 pamoka

Visiška ir nepilna indukcija.

Tuo atveju, kai matematinis teiginys susijęs su baigtiniu objektų skaičiumi, jį galima įrodyti patikrinus kiekvieną objektą, pavyzdžiui, teiginį „Kiekvienas dvireikšmis lyginis skaičius yra dviejų suma pirminiai skaičiai“ Įrodinėjimo metodas, kai tikriname teiginį baigtiniam atvejų skaičiui, vadinamas visiška matematine indukcija. Šis metodas naudojamas palyginti retai, nes teiginiai dažniausiai svarstomi begalinėse aibėse. Pavyzdžiui, teorema „Bet koks lyginis skaičius yra lygus dviejų pirminių skaičių sumai“ dar neįrodyta ar paneigta. Net jei išbandytume šią teoremą pirmą milijardą, tai nepriartintų mūsų nė žingsnio prie jos įrodymo.

IN gamtos mokslai Jie naudoja nepilną indukciją, kelis kartus patikrina eksperimentą ir perkelia rezultatą į visus atvejus.

3 pavyzdys.

Naudodami nepilną indukciją atspėkime natūraliųjų skaičių kubų sumos formulę.

Sprendimas.

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 .

Įrodymas.

Tegul tai bus tiesa p=k.

Įrodykime, kad tai tiesa n=k+1.

Išvada: natūraliųjų skaičių kubų sumos formulė yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui P.

4 pavyzdys.

Apsvarstykite lygybes ir atspėkite, į kokį bendrą dėsnį šie pavyzdžiai veda.

Sprendimas.

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

……………………………………………………………..

5 pavyzdys.

Parašykite šias išraiškas kaip sumą:

1)
2)
3)
; 4)
.

Graikiška raidė „sigma“.

6 pavyzdys.

Parašykite šias sumas naudodami ženklą
:

2)

7 pavyzdys.

Parašykite šias išraiškas kaip produktus:

1)

3)
4)

8 pavyzdys.

Parašykite šiuos darbus naudodami ženklą

(didžioji graikiška raidė "pi")

1)
2)

Pavyzdys Nr.9.

Dauginamo reikšmės apskaičiavimas f ( n )= n 2 + n +11 , adresu n = 1,2,3,4,5,6,7 galima daryti prielaidą, kad bet kuriam natūraliamP numerį f ( n ) paprastas.

Ar ši prielaida teisinga?

Sprendimas.

Jei kiekvienas sumos narys dalijasi iš skaičiaus, tada suma yra padalinta iš to skaičiaus,
nėra bet kurio natūraliojo skaičiaus pirminis skaičiusP.

Atliekama baigtinio skaičiaus atvejų analizė svarbus vaidmuo matematikoje: nepateikus konkretaus teiginio įrodymo, padeda atspėti teisingą šio teiginio formuluotę, jei ji dar nėra žinoma. Taip Sankt Peterburgo mokslų akademijos narys Goldbachas priėjo prie hipotezės, kad bet kuris natūralusis skaičius, prasidedantis dviem, yra ne daugiau kaip trijų pirminių skaičių suma.

3 pamoka.

Matematinės indukcijos metodas leidžia įrodyti įvairias tapatybes.

10 pavyzdys.Įrodykime tai visiems P tapatybė turi

Sprendimas.

Padėkime

Turime tai įrodyti

Įrodykime, kad Tada iš tapatybės tiesos

seka tapatybės tiesą

Naudojant matematinės indukcijos principą, tapatybės tiesa įrodoma visiems P.

11 pavyzdys.

Įrodykime tapatybę

Įrodymas.

gautos lygybės terminas po termino.

;
. Tai reiškia, kad ši tapatybė tinka visiemsP .

4 pamoka.

Tapatybių įrodinėjimas matematinės indukcijos metodu.

12 pavyzdys. Įrodykime tapatybę

Įrodymas.

Naudodamiesi matematinės indukcijos principu, įrodėme, kad lygybė galioja visiems P.

13 pavyzdys. Įrodykime tapatybę

Įrodymas.

Naudodami matematinės indukcijos principą, įrodėme, kad teiginys tinka bet kuriam natūraliam P.

14 pavyzdys. Įrodykime tapatybę

Įrodymas.

15 pavyzdys. Įrodykime tapatybę

1) n = 1;

2) už p=k galioja lygybė

3) įrodome, kad lygybė galioja p=k+1:

Išvada: tapatybė galioja bet kokiam natūraliam P.

16 pavyzdys.Įrodykime tapatybę

Įrodymas.

Jeigu n=1 , Tai

Tegul tapatybė išlieka p=k.

Įrodykime, kad tapatybė galioja n=k+1.

Tada tapatybė yra teisinga bet kuriam natūraliam P.

5 pamoka.

Tapatybių įrodinėjimas matematinės indukcijos metodu.

17 pavyzdys.Įrodykime tapatybę

Įrodymas.

Jeigu n=2 , tada gauname teisingą lygybę:

Tegul lygybė galiojap=k:

Įrodykime teiginio teisingumą kada n=k+1.

Pagal matematinės indukcijos principą tapatybė įrodyta.

18 pavyzdys. Įrodykime tapatybę
kai n≥2.

At n=2 ši tapatybė gali būti perrašyta labai paprasta forma

ir aišku tiesa.

Leiskite prie p=k tikrai

.

Įrodykime teiginio teisingumą kadan=k+1, tai lygybė galioja: .

Taigi, mes įrodėme, kad tapatybė yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n≥2.

19 pavyzdys. Įrodykime tapatybę

At n=1 gauname teisingą lygybę:

Tarkime, kad kada p=k taip pat gauname teisingą lygybę:

Įrodykime, kad lygybė galioja p=k+1:

Tada tapatybė galioja bet kuriam natūraliam skaičiui P.

Pamoka Nr.6.

Dalijimosi uždavinių sprendimas.

20 pavyzdys. Matematine indukcija įrodykite, kad

padalytą 6 be pėdsakų.

Įrodymas.

At n=1 yra skirstymas į6 be pėdsakų,
.

Leiskite prie p=k išraiška
daugkartinis6.

Įrodykime, kad kada p=k+1 išraiška
daugkartinis6 .

Kiekvienas terminas yra kartotinis 6 , todėl suma yra kartotinė 6 .

21 pavyzdys.
įjungta5 be pėdsakų.

Įrodymas.

At n=1 išraiška dalijama be liekanos
.

Leiskite prie p=k išraiška
taip pat skirstomi į5 be pėdsakų.

At p=k+1 padalytą 5 .

22 pavyzdys. Įrodykite išraiškos dalijamumą
įjungta16.

Įrodymas.

At n=1 daugkartinis 16 .

Leiskite prie p=k
daugkartinis16.

At p=k+1

Visi terminai dalijasi iš 16: pirmasis yra akivaizdus, ​​antrasis – pagal prielaidą, o trečiasis skliausteliuose turi lyginį skaičių.

23 pavyzdys. Įrodykite dalijamumą
įjungta676.

Įrodymas.

Pirmiausia tai įrodykime
padalytą
.

At n=0
.

Leiskite prie p=k
padalytą26 .

Tada val p=k+1 padalytą 26 .

Dabar atliksime problemos teiginyje suformuluoto teiginio įrodymą.

At n=1 padalytą 676.

At p=k tai tiesa
padalytą26 2 .

At p=k+1 .

Abu terminai dalijasi iš 676 ; pirma – nes įrodėme dalijimąsi iš 26 išraiška skliausteliuose, o antroji skirstoma pagal indukcijos prielaidą.

Pamoka Nr.7.

Dalijimosi uždavinių sprendimas.

24 pavyzdys.

Įrodyk tai
padalytą5 be pėdsakų.

Įrodymas.

At n=1
padalytą5.

At p=k
padalytą5 be pėdsakų.

At p=k+1 kiekvienas terminas yra padalintas iš5 be pėdsakų.

25 pavyzdys.

Įrodyk tai
padalytą6 be pėdsakų.

Įrodymas.

At n=1
padalytą6 be pėdsakų.

Leiskite prie p=k
padalytą6 be pėdsakų.

At p=k+1 padalytą 6 be liekanos, nes kiekvienas narys dalijasi iš6 be liekanos: pirmasis narys yra indukcijos hipotezės pagrindu, antrasis yra akivaizdus, ​​trečiasis yra todėl, kad
lyginis skaičius.

26 pavyzdys.

Įrodyk tai
kai dalija9 duoda likusią dalį 1 .

Įrodymas.

Įrodykime tai
padalytą9 .

At n=1
padalytą 9 . Leiskite prie p=k
padalytą9 .

At p=k+1 padalytą 9 .

27 pavyzdys.

Įrodykite, kad jis dalijasi iš15 be pėdsakų.

Įrodymas.

At n=1 padalytą 15 .

Leiskite prie p=k padalytą 15 be pėdsakų.

At p=k+1

Pirmasis terminas yra kartotinis15 pagal indukcijos hipotezę antrasis narys yra kartotinis15 – akivaizdu, kad trečiasis terminas yra kartotinis15 , nes
daugkartinis5 (įrodyta pavyzdyje Nr. 21), ketvirtasis ir penktasis nariai taip pat yra kartotiniai5 , o tai akivaizdu, tada suma yra kartotinė15 .

Pamoka Nr.8-9.

Nelygybių įrodinėjimas matematine indukcija

28 pavyzdys.
.

At n=1 mes turime
- teisingai.

Leiskite prie p=k
– tikra nelygybė.

At p=k+1

Tada nelygybė galioja bet kuriai natūraliai P.

29 pavyzdys.Įrodykite, kad nelygybė yra teisinga
bet kuriuo P.

At n=1 gauname teisingą nelygybę 4 >1.

Leiskite prie p=k nelygybė yra tiesa
.

Įrodykime, kad kada p=k+1 nelygybė yra tiesa

Bet kokiam natūraliam Į yra nelygybė.

Jeigu
adresu
Tai

30 pavyzdys.

pagal bet kokį natūralų P ir bet koks

Leisti n=1
, teisingai.

Tarkime, kad nelygybė galioja p=k:
.

At p=k+1

31 pavyzdys.Įrodykite nelygybės pagrįstumą

pagal bet kokį natūralų P.

Pirmiausia įrodykime, kad tai bet koks natūralus T nelygybė yra tiesa

Padauginkime abi nelygybės puses iš
. Gauname lygiavertę nelygybę arba
;
; - ši nelygybė galioja bet kuriai natūraliai T.

At n=1 pradinė nelygybė yra teisinga
;
;
.

Tegul išlieka nelygybė p=k:
.

At p=k+1

Pamoka Nr.10.

Problemų sprendimas tema

Matematinės indukcijos metodas.

32 pavyzdys.Įrodykite Bernulio nelygybę.

Jeigu
, tada visoms gamtos vertybėmsP nelygybė galioja

Įrodymas.

At n=1 įrodoma nelygybė įgauna formą
ir akivaizdžiai teisinga. Tarkime, kad tai tiesap=k , tai yra kas
.

Kadangi pagal sąlygą
, Tai
, todėl nelygybė nekeičia savo reikšmės, kai abi jos dalys padauginamos iš
:

Nes
, tada mes tai gauname

.

Taigi, nelygybė yra teisinga n=1, o nuo jos tiesos at p=k iš to išplaukia, kad tai tiesa, net jei n=k+1. Tai reiškia, kad dėl matematinės indukcijos ji galioja visai natūraliai P.

Pavyzdžiui,

33 pavyzdys. Raskite visas gamtos vertybesP , kuriai nelygybė yra teisinga

Sprendimas.

At n=1 nelygybė yra teisinga. At n=2 nelygybė taip pat tiesa.

At n=3 nelygybė nebegalioja. Tik kai n=6 nelygybė galioja, todėl galime laikyti indukcijos pagrindu n=6.

Tarkime, kad nelygybė yra teisinga kai kuriems natūraliems Kam:

Apsvarstykite nelygybę

Paskutinė nelygybė tenkinama, jei
Testas tema n=1 pateikiamas kartotinai: n≥5, kur P- -natūralus skaičius.

Saratovo srities švietimo ministerija

Saratovo valstybinis socialinis ir ekonominis universitetas

Rajoninės matematikos ir darbas kompiuteriu moksleiviai

„Ateities vektorius – 2007“

„Matematinės indukcijos metodas.

Jo taikymas sprendžiant algebrines problemas"

(skyrius „matematika“)

Kūrybinis darbas

10A klasės mokiniai

savivaldybės ugdymo įstaiga "Gimnazija Nr. 1"

Saratovo Oktyabrsky rajonas

Harutyunyan Gayane.

Darbo vadovas:

matematikos mokytojas

Grišina Irina Vladimirovna.

Saratovas

2007

Įvadas………………………………………………………………………………3

Matematinės indukcijos principas ir jo

įrodymas…………………………………………………………………………………………..4

Problemų sprendimų pavyzdžiai…………………………………………………………………..9

Išvada…………………………………………………………………………………………..16

Literatūra………………………………………………………………………………17

Įvadas.

Matematinės indukcijos metodą galima palyginti su progresu. Dėl to pradedame nuo apačios loginis mąstymas ateiname į aukščiausią. Žmogus visada siekė pažangos, sugebėjimo logiškai plėtoti savo mintis, o tai reiškia, kad pati gamta jam lėmė indukcinį mąstymą ir savo mintis paremti įrodymais, atliktais pagal visas logikos taisykles.
Šiuo metu matematinės indukcijos metodo taikymo sritis išaugo, tačiau mokyklos mokymo programa Deja, jam skiriama mažai laiko. Tačiau labai svarbu mokėti mąstyti induktyviai.

Matematinės indukcijos principas ir jo įrodymas

Pereikime prie matematinės indukcijos metodo esmės. Pažvelkime į įvairius teiginius. Juos galima skirstyti į bendruosius ir specifinius.Pateikime bendrųjų teiginių pavyzdžių.

Visi Rusijos piliečiai turi teisę į mokslą.

Bet kuriame lygiagrečiame įstrižainės susikirtimo taške yra padalintos į pusę.

Visi skaičiai, kurie baigiasi nuliu, dalijasi iš 5.

Atitinkami konkrečių teiginių pavyzdžiai:

Petrovas turi teisę į išsilavinimą.

Lygiagretainio ABCD įstrižainės susikirtimo taške pasiskirsto per pusę.

140 dalijasi iš 5.

Perėjimas nuo bendrų teiginių prie konkrečių vadinamas dedukcija (iš lot atskaitymas - išvada pagal logikos taisykles).

Pažvelkime į dedukcinės išvados pavyzdį.

Visi Rusijos piliečiai turi teisę į mokslą. (1)

Petrovas yra Rusijos pilietis. (2)

Petrovas turi teisę į išsilavinimą. (3)

Iš bendro teiginio (1) su (2) pagalba gaunamas konkretus teiginys (3).

Atvirkštinis perėjimas nuo konkrečių teiginių prie bendrųjų vadinamas indukcija (iš lot inductio - gairės).

Indukcija gali lemti ir teisingas, ir neteisingas išvadas.

Paaiškinkime tai dviem pavyzdžiais.

140 dalijasi iš 5. (1)

Visi skaičiai, kurie baigiasi nuliu, dalijasi iš 5. (2)

140 dalijasi iš 5. (1)

Visi triženkliai skaičiai dalijasi iš 5. (2)

Iš konkretaus teiginio (1) gaunamas bendras teiginys (2). Teiginys (2) yra teisingas.

Antrasis pavyzdys parodo, kaip iš konkretaus teiginio (1) galima gauti bendrą teiginį (3), nors teiginys (3) nėra teisingas.

Paklauskime savęs, kaip panaudoti indukciją matematikoje, kad gautume tik teisingas išvadas. Pažvelkime į keletą indukcijos pavyzdžių, kurie matematikoje yra nepriimtini.

1 pavyzdys.

Panagrinėkime tokios formos kvadratinį trinarį P(x) = x 2 + x + 41, kurį pastebėjo Leonardas Euleris.

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.

Matome, kad kiekvieną kartą trinalio reikšmė yra pirminis skaičius. Remdamiesi gautais rezultatais, tvirtiname, kad pakeičiant x į nagrinėjamą trinarį, Bet koks neneigiamas sveikasis skaičius visada lemia pirminį skaičių.

Tačiau padaryta išvada negali būti laikoma patikima. Kas nutiko? Esmė ta, kad samprotavimai pateikia bendrus teiginius apie bet kurį x tik tuo pagrindu, kad šis teiginys pasirodė esąs teisingas kai kurioms x reikšmėms.

Tiesą sakant, atidžiau panagrinėjus trinarį P(x), skaičiai P(0), P(1), ..., P(39) yra pirminiai skaičiai, bet P(40) = 41 2 yra sudėtinis skaičius. . Ir gana aiškiai: P(41) = 41 2 +41+41 yra 41 kartotinis.

Šiame pavyzdyje mes susidūrėme su teiginiu, kuris buvo teisingas 40 ypatingų atvejų, tačiau iš esmės pasirodė nesąžiningas.

Pažvelkime į dar kelis pavyzdžius.

2 pavyzdys.

XVII amžiuje V.G. Leibnicas įrodė, kad kiekvieno natūraliojo skaičiaus n formos n 3 - n yra 3 kartotiniai, n 5 - n yra 5 kartotiniai, n 7 - n yra 7 kartotiniai. Remdamasis tuo, jis pasiūlė, kad kiekvienam nelyginiam k o natūralusis skaičius n skaičius n k - n yra k kartotinis, bet jis netrukus pastebėjo, kad 2 9 –2 = 510, kuris, aišku, nesidalija iš 9.

Nagrinėjami pavyzdžiai leidžia padaryti svarbią išvadą: pareiškimas gali būti teisingas daugeliu ypatingų atvejų ir kartu nesąžiningas apskritai.

Natūraliai kyla klausimas: yra teiginys, kuris galioja keliais ypatingais atvejais; neįmanoma atsižvelgti į visus ypatingus atvejus; Kaip žinoti, ar šis teiginys apskritai yra teisingas?

Šį klausimą kartais galima išspręsti taikant specialų samprotavimo metodą, vadinamą matematinės indukcijos metodu. Šis metodas pagrįstas matematinės indukcijos principas, padaryta taip: teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n, jei:

jis galioja n = 1;

iš teiginio galiojimo kokiam nors savavališkam natūraliajam skaičiui n =k, išplaukia, kad jis galioja n = k +1.

Įrodymas.

Tarkime priešingai, ty teiginys negali būti teisingas kiekvienam natūraliajam skaičiui n. Tada yra natūralusis skaičius m, toks, kad

teiginys n = m nėra teisingas,

visiems n

Akivaizdu, kad m >1, nes esant n = 1 teiginys yra teisingas (1 sąlyga). Todėl m -1 yra natūralusis skaičius. Natūraliajam skaičiui m -1 teiginys teisingas, o kito natūraliojo skaičiaus m klaidingas. Tai prieštarauja 2 sąlygai. Gautas prieštaravimas rodo, kad prielaida yra neteisinga. Vadinasi, teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n ir pan.

Įrodymas, pagrįstas matematinės indukcijos principu, vadinamas įrodymu matematinės indukcijos būdu. Tokį įrodymą turėtų sudaryti dvi dalys, dviejų nepriklausomų teoremų įrodymas.

1 teorema. Teiginys galioja, kai n =1.

2 teorema. Teiginys galioja n =k +1, jei jis galioja n=k, kur k yra savavališkas natūralusis skaičius.

Jei abi šios teoremos yra įrodytos, tada, remiantis matematinės indukcijos principu, teiginys yra teisingas bet kuriam
natūralus n.

Reikia pabrėžti, kad įrodinėjant matematine indukcija tikrai reikia įrodyti ir 1, ir 2 teoremas. 2 teoremos nepaisymas veda prie neteisingų išvadų (1-2 pavyzdžiai). Parodykime pavyzdžiu, kaip reikalingas 1 teoremos įrodymas.

3 pavyzdys. „Teorema“: kiekvienas natūralusis skaičius yra lygus kitam natūraliajam skaičiui.

Įrodinėjimą atliksime matematinės indukcijos metodu.

Tarkime, k =k +1 (1).

Įrodykime, kad k +1=k +2 (2). Norėdami tai padaryti, prie kiekvienos „lygybės“ (1) dalies pridėkite po 1. Gauname „lygybę“ (2). Pasirodo, jei teiginys teisingas n =k, tai teisingas ir n =k +1. ir t.t.

Akivaizdus „teoremos“ „išvadas“: visi natūralieji skaičiai yra lygūs.

Klaida ta, kad 1 teorema, būtina matematinės indukcijos principui taikyti, neįrodyta ir nėra teisinga, o įrodyta tik antroji teorema.

Ypatingą reikšmę turi 1 ir 2 teoremos.

1 teorema pateikia indukcijos pagrindą. 2 teorema suteikia teisę į neribotą automatinį šios bazės išplėtimą, teisę pereiti iš šio konkretaus atvejo į kitą, nuo n iki n +1.

Jei 1 teorema nebuvo įrodyta, o 2 teorema buvo įrodyta, vadinasi, pagrindas indukcijai atlikti nebuvo sukurtas ir tada nėra prasmės taikyti 2 teoremą, nes iš tikrųjų nėra ko. išplėsti.

Jeigu neįrodyta 2 teorema, o įrodyta tik 1 teorema, tai nors pagrindas indukcijai atlikti ir sukurtas, šio pagrindo plėsti nėra teisės.

Pastabos.

Kartais antroji įrodymo dalis grindžiama teiginio pagrįstumu ne tik n =k, bet ir n =k -1. Tokiu atveju pirmojoje dalyje esantis teiginys turi būti patikrintas dviem paskesnėmis n reikšmėmis.

Kartais teiginys įrodomas ne kiekvienam natūraliajam skaičiui n, o n > m, kur m yra koks nors sveikas skaičius. Šiuo atveju pirmoje įrodymo dalyje teiginys patikrinamas, kai n = m +1, o jei reikia, tada kelioms paskesnėms n reikšmėms.

Apibendrindami tai, kas pasakyta, turime: matematinės indukcijos metodas leidžia, ieškant bendro dėsnio, patikrinti kylančias hipotezes, atmesti klaidingas ir patvirtinti tikras.

Visi žino individualių stebėjimų ir eksperimentų rezultatų apibendrinimo (t. y. indukcijos) procesų vaidmenį empiriniams, eksperimentiniams mokslams. Matematika jau seniai buvo laikoma klasikiniu grynai dedukcinių metodų įgyvendinimo pavyzdžiu, nes visada netiesiogiai arba tiesiogiai daroma prielaida, kad visi matematiniai teiginiai (išskyrus tuos, kurie laikomi pradiniais – aksiomas) yra įrodyti, o konkretūs šių teiginių taikymai išvedami iš įrodymai, tinkami bendriesiems atvejams (dukcija).

Ką matematikoje reiškia indukcija? Ar tai turėtų būti suprantama kaip ne visai patikimas metodas, o kaip reikėtų ieškoti tokių indukcinių metodų patikimumo kriterijaus? O gal matematinių išvadų patikimumas yra toks pat, kaip ir eksperimentinių mokslų eksperimentinių apibendrinimų, kad būtų malonu „patikrinti“ bet kurį įrodytą faktą? Iš tikrųjų taip nėra.

Hipotezės indukcija (nurodymas) vaidina labai svarbų, bet grynai euristinį vaidmenį matematikoje: leidžia atspėti, koks turėtų būti sprendimas. Tačiau matematiniai teiginiai nustatomi tik dedukciniu būdu. O matematinės indukcijos metodas yra grynai dedukcinis įrodinėjimo metodas. Iš tikrųjų šiuo metodu atliktas įrodymas susideda iš dviejų dalių:

vadinamasis „pagrindas“ yra dedukcinis norimo teiginio įrodymas vienam (ar keliems) natūraliems skaičiams;

indukcinis žingsnis, susidedantis iš dedukcinio bendrojo teiginio įrodymo. Teorema tiksliai įrodyta visiems natūraliems skaičiams. Iš pagrindo, įrodyto, pavyzdžiui, skaičiui 0, indukciniu žingsniu gauname skaičiaus 1 įrodymą, tada lygiai taip pat 2, 3 ... - taigi teiginys gali būti pagrįstas bet koks natūralusis skaičius.

Kitaip tariant, pavadinimas „matematinė indukcija“ atsirado dėl to, kad šis metodas mūsų galvose tiesiog asocijuojasi su tradiciniu indukciniu samprotavimu (juk pagrindas tikrai įrodytas tik konkrečiu atveju); indukcinis žingsnis, priešingai nei patirtimi pagrįsti indukcinių išvadų tikėtinumo kriterijai gamtos ir socialiniuose moksluose, yra bendras teiginys, nereikalaujantis jokių ypatingų prielaidų ir įrodytas pagal griežtus dedukcinio samprotavimo kanonus. Todėl matematinė indukcija vadinama „visa“ arba „tobula“, nes tai dedukcinis, visiškai patikimas įrodinėjimo būdas.

Problemų sprendimo pavyzdžiai

Indukcija algebroje

Pažvelkime į keletą algebrinių uždavinių pavyzdžių, taip pat įvairių nelygybių, kurias galima išspręsti naudojant matematinės indukcijos metodą, įrodymus.

1 problema. Atspėk sumos formulę ir įrodyk.

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

Sprendimas.

1. Paverskite sumos A(n) išraišką:

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 = B(n) + C(n), kur B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3, C(n) = 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Apsvarstykite sumas C (n) ir B (n).

a) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Viena iš dažniausiai pasitaikančių problemų naudojant matematinės indukcijos metodą yra įrodyti, kad bet kuriam natūraliajam skaičiui n galioja lygybė

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Tarkime, kad (1) yra teisinga visiems n  N.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Pažiūrėkime, kaip keičiasi B(n) reikšmės priklausomai nuo 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 =

Taigi galima daryti prielaidą, kad
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

c) Dėl to sumos A(n) gauname

A( n) = =

= (*)

3. Įrodykime gautą formulę (*) matematinės indukcijos metodu.

a) patikrinkite lygybės (*) galiojimą, kai n = 1.

A(1) = 2  =2,

Akivaizdu, kad formulė (*), kai n = 1, yra teisinga.

b) tarkime, kad formulė (*) yra teisinga, kai n=k, kur k N, ty lygybė yra įvykdyta

A(k)=

Remdamiesi prielaida, įrodome formulės n =k +1 pagrįstumą. tikrai,

A(k+1)=

Kadangi formulė (*) yra teisinga, kai n =1, o iš prielaidos, kad ji yra teisinga kai kuriam natūraliam k, iš to išplaukia, kad ji galioja n =k +1, remiantis matematinės indukcijos principu darome išvadą, kad lygybė

galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

2 užduotis.

Apskaičiuokite sumą 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

Sprendimas.

Paeiliui užrašykime skirtingų n verčių sumų reikšmes.

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.

Stebėdami šabloną galime daryti prielaidą, kad A (n)= - lyginiams n ir A (n)=
už nelyginį n. Sujungkime abu rezultatus į vieną formulę:

A(n) =
, kur r yra liekana, kai n yra padalintas iš 2.

IR r , akivaizdžiai nustatoma pagal šią taisyklę

0 jei n – lygus,

r =

1 jei n – nelyginis.

Tada r(galite atspėti) gali būti pavaizduotas kaip:

Galiausiai gauname A(n) formulę:

A(n)=

(*)

Įrodykime, kad lygybė (*) galioja visiems n  N matematinės indukcijos metodu.

2. a) Patikrinkime lygybę (*), kai n =1. A(1) = 1 =

Lygybė yra sąžininga

b) Tarkime, kad lygybė

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

tiesa kada n = k. Įrodykime, kad tai teisinga ir n =k +1, tai yra

A (k +1) =

Iš tikrųjų,

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

=

Q.E.D.

Matematinės indukcijos metodas taip pat naudojamas dalumo uždaviniams spręsti.

3 užduotis.

Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n skaičius N (n)=n 3 + 5n dalijasi iš 6.

Įrodymas.

At n =1 skaičius N (1)=6 ir todėl teiginys yra teisingas.

Tegul koks nors natūralusis k skaičius N (k )=k 3 +5k dalijasi iš 6. Įrodykime, kad N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) dalijasi iš 6. Iš tiesų, turime
N (k +1)= (k +1) 3 + 5 (k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Nes k ir k +1 yra gretimi natūralieji skaičiai, tada vienas iš jų būtinai lyginis, todėl išraiška 3k (k +1) dalijasi iš 6. Taigi gauname, kad N (k +1) taip pat dalijasi iš 6. Išvada bet kurio natūraliojo skaičiaus n skaičius N (n )=n 3 + 5n dalijasi iš 6.

Apsvarstykime sudėtingesnės dalijamumo problemos sprendimą, kai pilnos matematinės indukcijos metodą reikia taikyti keletą kartų.

4 užduotis.

Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n skaičius
nesidalija iš skaičiaus 2 n +3.

Įrodymas.

Įsivaizduokime
kūrinio pavidalu
=

= (*)

Darant prielaidą, pirmasis koeficientas (*) nesidalija iš skaičiaus 2 k +3, tai yra vaizde sudėtinis skaičius
kaip pirminių skaičių sandauga, skaičius 2 kartojamas ne daugiau (k +2) kartų. Taigi, norint įrodyti, kad skaičius
nesidalija iš 2 k +4 , turime tai įrodyti
nėra dalijamasi iš 4.

Norėdami įrodyti šį teiginį, įrodome pagalbinį teiginį: bet kurio natūraliojo skaičiaus n skaičius 3 2 n +1 nesidalija iš 4. Jei n = 1, teiginys yra akivaizdus, ​​nes 10 nesidalija iš 4 be liekanos . Darant prielaidą, kad 3 2 k +1 nesidalija iš 4, įrodome, kad 3 2(k +1) +1 taip pat nesidalija
4. Paskutinę išraišką pateiksime kaip sumą:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Antrasis sumos narys dalijasi iš 4, bet pirmasis nesidalija. Todėl visa suma nėra dalijama iš 4 be likučio. Pagalbinis teiginys įrodytas.

Dabar tai aišku
nesidalija iš 4, nes 2 k yra lyginis skaičius.

Galiausiai randame tą skaičių
nėra dalijamasi iš skaičiaus 2 n +3 bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Dabar panagrinėkime indukcijos taikymo nelygybių įrodymui pavyzdį.

5 užduotis.

Kokiam natūraliam n galioja nelygybė 2 n > 2n + 1?

Sprendimas.

1. Kada n = 1 2 1< 2*1+1,

adresu n = 2 2 2< 2*2+1,

adresu n = 3 2 3 > 2*3+1,

adresu n = 4 2 4 > 2*4+1.

Matyt, nelygybė galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui n  3. Įrodykime šį teiginį.

2. Kada n =3 nelygybės pagrįstumas jau parodytas. Dabar tebūnie teisinga nelygybė n =k, kur k yra koks nors natūralusis skaičius, ne mažesnis kaip 3, t.y.

2 k > 2k +1 (*)

Įrodykime, kad tada nelygybė galioja ir n =k +1, tai yra 2 k +1 >2(k +1)+1. Padauginus (*) iš 2, gausime 2 k +1 >4k +2. Palyginkime reiškinius 2(k +1)+1 ir 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Akivaizdu, kad 2k -1>0 bet kuriam natūraliam k. Tada 4k +2>2(k +1)+1, t.y. 2 k +1 >2(k +1)+1. Teiginys pasitvirtino.

6 užduotis.

n neneigiamų skaičių aritmetinio vidurkio ir geometrinio vidurkio nelygybė (Cauchy nelygybė)., gauname =

Jei bent vienas iš skaičių
yra lygi nuliui, tada nelygybė (**) taip pat yra teisinga.

Išvada.

Atlikdamas darbą nagrinėjau matematinės indukcijos metodo esmę ir jo įrodymą. Straipsnyje pateikiamos problemos, kuriose svarbų vaidmenį vaidino nepilna indukcija, dėl kurios teisingas sprendimas, o tada atliko matematinės indukcijos metodu gautą įrodymą.

Literatūra.

Boltyansky V.G., Sidorov Yu.V., Shaburin M.I. Pradinės matematikos paskaitos ir uždaviniai; Mokslas, 1974 m.

Vilenkinas N.Ya. , Shvartsburd S.I. Matematinė analizė.
M.: Išsilavinimas, 1973 m.

Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Algebros ir matematinės analizės kurso gilinimasis.- M.: Edukacija, 1990 m.

Potapovas M.K., Aleksandrovas V.V., Pasičenko P.I. Algebra ir elementariųjų funkcijų analizė.- M.: Nauka, 1980.

Sominsky I.S., Golovina M.L., Yaglom I.M. Apie matematinę indukciją.- M.: Nauka, 1967 m.

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

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

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

Įrodymas naudojant matematinės indukcijos metodą atliekamas taip. Pirmiausia patikrinamas įrodinėjamas teiginys, kai n=1, t.y. konstatuojamas teiginio A(1) teisingumas. Ši įrodymo dalis vadinama indukciniu pagrindu. Tada ateina įrodymo dalis, vadinama indukcijos žingsniu. Šioje dalyje jie įrodo teiginio n=k+1 pagrįstumą, darant teiginio n=k galiojimo prielaidą (indukcijos prielaida), t.y. įrodyti, kad A(k) 1 A(k+1)

Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

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

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

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

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

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

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

Įrodyk tai

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

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

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

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

Įrodykime, kad tada lygybė

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

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

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

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

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

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

2) Tarkime, kad kiekviename išgaubtame k-kampyje yra A 1 x A k =k(k-3)/2 įstrižainės. A k Įrodykime, kad tada išgaubtame A k+1 (k+1)-gon įstrižainių skaičius A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

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

Taigi,

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

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

Įrodykite, kad bet kuriam n yra teisingas šis teiginys:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Apsvarstykite šį teiginį, kai n=k+1

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

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

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

6(k+1))/6=(k+1)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)

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

Įrodėme, kad lygybė yra teisinga n=k+1, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n

Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n lygybė yra teisinga:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Sprendimas: 1) Tegu n=1

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

2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=k

X k =k 2 (k+1) 2 /4

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

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

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

Įrodyk tai

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

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

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), t.y. tai tiesa
• 2) Tarkime, kad išraiška teisinga, kai n=k
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) Įrodykime išraiškos n=k+1 pagrįstumą
• (((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)

Mes įrodėme, kad lygybė yra teisinga n=k+1, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam n>2

Įrodyk tai

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

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

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

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

Įrodykite, kad tapatybė teisinga

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

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

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

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

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

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

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

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

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

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

• 1) Tegu n=1, tada X 1 =7 1 -1=6 dalijamas iš 6 be liekanos. Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas
• 2) Tarkime, kai n=k 7 k -1 dalijamas iš 6 be liekanos
• 3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

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

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

1) Tada tegul n=1

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

Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas

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

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

Pirmasis narys dalijasi iš 11 be liekanos, nes 3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 pagal prielaidą, antrasis dalijasi iš 11, nes vienas iš jo veiksnių yra skaičius 11. Tai reiškia, kad suma bet kurio natūraliojo skaičiaus n dalijasi iš 11 be liekanos. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys yra įrodytas.

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

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

Abu terminai dalijasi iš 6 be liekanos: pirmajame yra 6 kartotinis, 120, o antrasis dalijasi iš 6 be liekanos pagal prielaidą. Tai reiškia, kad suma dalijasi iš 6 be liekanos. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys yra įrodytas.

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

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

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

Dabar įrodykime problemos teiginyje suformuluotą teiginį

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

Abu terminai dalijasi iš 26 2; pirmasis dalijasi iš 26 2, nes įrodėme, kad skliausteliuose esanti išraiška dalijasi iš 26, o antroji dalijasi iš indukcijos hipotezės. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys yra įrodytas

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

• 1) Kai n=2 nelygybė galioja, nes
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Taigi A(2) yra tiesa

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

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

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Tiesą sakant, padauginę abi nelygybės (3) puses iš teigiamo skaičiaus 1+x, gauname

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Apsvarstykite paskutinės nelygybės dešinę pusę; mes turime

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

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

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

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

Sprendimas: 1) Kai m=1

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

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Įrodėme, kad nelygybė yra teisinga m=k+1, todėl pagal matematinės indukcijos metodą nelygybė galioja bet kuriam natūraliam skaičiui m

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

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

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

Kadangi k>7, paskutinė nelygybė yra akivaizdi.

Taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui n

Įrodykite, kad n>2 nelygybė yra teisinga

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

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

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

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

ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Pastarasis yra akivaizdus, ​​todėl

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

Taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė įrodyta.