Вистинското знаење во секое време се засноваше на воспоставување шема и докажување на неговата вистинитост во одредени околности. За толку долг период на постоење на логично расудување, беа дадени формулациите на правилата, а Аристотел дури состави список на „правилно расудување“. Историски гледано, вообичаено е да се поделат сите заклучоци на два вида - од конкретно до множина (индукција) и обратно (дедукција). Треба да се напомене дека видовите докази од особено кон општо и од општо кон посебно постојат само во меѓусебна поврзаност и не можат да се заменуваат.

Индукција во математиката

Терминот „индукција“ (индукција) има латински корени и буквално се преведува како „упатство“. По внимателно проучување, може да се разликува структурата на зборот, имено латинскиот префикс - во- (означува насочено дејство навнатре или внатре) и - воведување - вовед. Вреди да се напомене дека постојат два вида - целосна и нецелосна индукција. Целосната форма се карактеризира со заклучоци извлечени од изучувањето на сите предмети од одредена класа.

Нецелосни - заклучоците се применуваат за сите предмети од часот, но направени врз основа на проучување само на некои единици.

Целосна математичка индукција е заклучок заснован на општ заклучок за целата класа на какви било предмети кои се функционално поврзани со односи на природните серии на броеви врз основа на знаење за оваа функционална врска. Во овој случај, процесот на докажување се одвива во три фази:

• во првата фаза се докажува точноста на исказот за математичка индукција. Пример: f = 1, индукција;
• следната фаза се заснова на претпоставката дека позицијата важи за сите природни броеви. Односно, f=h, ова е индуктивната претпоставка;
• во третата фаза се докажува валидноста на позицијата за бројот f=h+1, врз основа на точноста на позицијата од претходниот пасус - ова е индукциски премин, или чекор на математичка индукција. Пример е таканаречениот ако првата коска во редот падне (основа), тогаш сите коски во редот паѓаат (транзиција).

И на шега и сериозно

За олеснување на перцепцијата, примерите на решенија со методот на математичка индукција се осудуваат во форма на проблеми од шега. Ова е задачата Polite Queue:

• Правилата на однесување му забрануваат на мажот да се заврти пред жена (во таква ситуација, таа е пуштена напред). Врз основа на оваа изјава, ако последниот во редот е маж, тогаш сите останати се мажи.

Впечатлив пример за методот на математичка индукција е проблемот „Бездимензионален лет“:

• Потребно е да се докаже дека во минибусот се вклопуваат било кој број луѓе. Точно е дека едно лице може да се смести во транспортот без тешкотии (основа). Но, без разлика колку е полн минибусот, во него секогаш ќе се смести 1 патник (индукциски чекор).

познати кругови

Примери за решавање проблеми и равенки со математичка индукција се доста чести. Како илустрација за овој пристап, можеме да го разгледаме следниот проблем.

Состојба: h кругови се поставени на рамнината. Потребно е да се докаже дека за секое распоредување на фигурите, мапата формирана од нив може правилно да се обои со две бои.

Решение: за h=1 вистинитоста на исказот е очигледна, па доказот ќе се изгради за бројот на кругови h+1.

Да претпоставиме дека изјавата е точна за која било карта, а на рамнината се дадени кругови h + 1. Со отстранување на еден од круговите од вкупниот број, можете да добиете мапа правилно обоена со две бои (црно-бело).

Кога враќате избришан круг, бојата на секоја област се менува на спротивна (во овој случај, внатре во кругот). Излегува карта правилно обоена во две бои, што требаше да се докаже.

Примери со природни броеви

Примената на методот на математичка индукција е јасно прикажана подолу.

Примери за решенија:

Докажете дека за кој било ч еднаквоста ќе биде точна:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Нека h=1, тогаш:

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

Од ова произлегува дека за h=1 исказот е точен.

2. Под претпоставка дека h=d се добива следнава равенка:

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

3. Под претпоставка дека h=d+1, излегува:

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, валидноста на еднаквоста за h=d+1 е докажана, така што изјавата е точна за која било природен број, што е прикажано во примерот за решение со математичка индукција.

Задача

Состојба: потребен е доказ дека за која било вредност на h, изразот 7 h -1 е делив со 6 без остаток.

Решение:

1. Да речеме h=1, во овој случај:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (т.е. поделено со 6 без остаток)

Според тоа, за h=1 исказот е вистинит;

2. Нека h=d и 7 d -1 е делив со 6 без остаток;

3. Доказ за валидноста на исказот за h=d+1 е формулата:

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

Во овој случај, првиот член е делив со 6 со претпоставката од првиот став, а вториот член е еднаков на 6. Исказот дека 7 h -1 е делив со 6 без остаток за кој било природен h е точно.

Заблуда на судот

Често, неточното расудување се користи во доказите, поради неточноста на користените логички конструкции. Во основа, тоа се случува кога се нарушуваат структурата и логиката на доказот. Пример за погрешно расудување е следната илустрација.

Задача

Состојба: бара доказ дека секој куп камења не е куп.

Решение:

1. Да речеме h=1, во овој случај има 1 камен во купот и изјавата е вистинита (основа);

2. Нека е точно за h=d дека купот камења не е куп (претпоставка);

3. Нека h=d+1, од што произлегува дека кога ќе се додаде уште еден камен, множеството нема да биде грамада. Заклучокот сам по себе сугерира дека претпоставката е валидна за сите природни ж.

Грешката лежи во фактот што не постои дефиниција за тоа колку камења формираат еден куп. Ваквиот пропуст се нарекува избрзана генерализација во методот на математичка индукција. Еден пример го покажува ова јасно.

Индукција и законите на логиката

Историски гледано, тие секогаш „одат рака под рака“. Таков научни дисциплиникако логиката, филозофијата ги опишува како спротивности.

Од гледна точка на законот на логиката, индуктивните дефиниции се засноваат на факти, а вистинитоста на премисите не ја одредува точноста на добиената изјава. Честопати се добиваат заклучоци со одреден степен на веројатност и веродостојност, што, секако, мора да се проверат и потврдат со дополнителни истражувања. Пример за индукција во логиката би била изјавата:

Суша во Естонија, суша во Латвија, суша во Литванија.

Естонија, Латвија и Литванија се балтичките држави. Суша во сите балтички земји.

Од примерот можеме да заклучиме дека со методот на индукција не може да се добие нова информација или вистина. Сè на што може да се смета е некаква можна вистинитост на заклучоците. Покрај тоа, вистинитоста на просториите не ги гарантира истите заклучоци. Сепак, овој факт не значи дека индукцијата вегетира во задниот двор на дедукцијата: огромен број одредби и научни закони се поткрепени со методот на индукција. Математиката, биологијата и другите науки можат да послужат како пример. Ова главно се должи на методот на целосна индукција, но во некои случаи се применува и делумна.

Преподобната возраст на индукција му дозволи да навлезе во скоро сите сфери на човековата активност - ова е наука, економија и секојдневни заклучоци.

Индукција во научната средина

Методот на индукција бара скрупулозен став, бидејќи премногу зависи од бројот на детали на целото проучувано: што повеќепроучен, толку е посигурен резултатот. Врз основа на оваа карактеристика, научните закони добиени со методот на индукција се тестираат доволно долго на ниво на веројатни претпоставки за да се изолираат и проучат сите можни структурни елементи, врски и влијанија.

Во науката, индуктивниот заклучок се заснова на значајни карактеристики, со исклучок на случајни позиции. Овој фактважно поради природата научни сознанија. Тоа јасно се гледа во примерите на индукција во науката.

Постојат два вида на индукција во научниот свет (во врска со методот на проучување):

1. индукција-селекција (или селекција);
2. индукција - исклучување (елиминација).

Првиот тип се одликува со методично (внимателно) земање примероци на класа (подкласи) од нејзините различни области.

Пример за овој тип на индукција е следниов: среброто (или сребрените соли) ја прочистува водата. Заклучокот се заснова на долгорочни опсервации (еден вид избор на потврди и побивања - селекција).

Вториот тип на индукција се заснова на заклучоците што ги утврдуваат каузалностаи исклучувајќи ги околностите кои не ги исполнуваат неговите својства, имено, универзалност, почитување на временската низа, неопходност и недвосмисленост.

Индукција и дедукција од гледна точка на филозофијата

Ако ја погледнете историската ретроспектива, терминот „индукција“ првпат го споменал Сократ. Аристотел опиша примери на индукција во филозофијата во поприближен терминолошки речник, но прашањето за нецелосната индукција останува отворено. По прогонството на аристотеловиот силогизам, индуктивниот метод почнал да се препознава како плоден и единствен можен во природните науки. Бејкон се смета за татко на индукцијата како независен посебен метод, но тој не успеал да ја одвои, како што бараа неговите современици, индукцијата од дедуктивниот метод.

Понатамошниот развој на индукцијата беше спроведен од J. Mill, кој ја разгледа теоријата на индукција од гледна точка на четири главни методи: договор, разлика, остатоци и соодветни промени. Не е изненадувачки што денес наведените методи, кога детално се разгледуваат, се дедуктивни.

Свеста за недоследноста на теориите на Бејкон и Мил ги навела научниците да ја истражат веројатната основа на индукцијата. Сепак, дури и овде имаше некои крајности: беа направени обиди да се намали индукцијата на теоријата на веројатност, со сите последователни последици.

Воведувањето добива гласање за доверба кога практична применаво одредени предметни областии благодарение на метричката точност на индуктивната основа. Пример за индукција и дедукција во филозофијата може да се смета законот за универзална гравитација. На датумот на откривање на законот, Њутн можел да го потврди со точност од 4 проценти. И при проверка по повеќе од двесте години, исправноста беше потврдена со точност од 0,0001 отсто, иако проверката беше извршена со истите индуктивни генерализации.

Современата филозофија посветува поголемо внимание на дедукцијата, која е диктирана од логичната желба да изведе ново знаење (или вистина) од она што е веќе познато, без прибегнување кон искуство, интуиција, но користејќи „чисто“ расудување. Кога се повикуваме на вистинити премиси во дедуктивниот метод, во сите случаи, излезот е вистинит исказ.

Оваа многу важна карактеристика не треба да ја засени вредноста на индуктивниот метод. Бидејќи индукцијата, врз основа на достигнувањата на искуството, исто така станува средство за нејзина обработка (вклучувајќи генерализација и систематизација).

Примена на индукција во економијата

Индукцијата и дедукцијата долго време се користат како методи за проучување на економијата и предвидување на нејзиниот развој.

Опсегот на употреба на индукцискиот метод е доста широк: проучување на исполнувањето на прогнозните индикатори (профит, амортизација итн.) и вкупен резултатсостојба на претпријатието; формирање на ефективна политика за унапредување на претпријатијата заснована на факти и нивните односи.

Истиот метод на индукција се користи во графиконите на Шеухарт, каде што, под претпоставка дека процесите се поделени на контролирани и неуправувани, се наведува дека рамката на контролираниот процес е неактивна.

Треба да се напомене дека научните закони се оправдуваат и се потврдуваат со користење на методот на индукција, а бидејќи економијата е наука која често користи математичка анализа, теорија на ризик и статистички податоци, не е чудно што индукцијата е вклучена во листата на главни методи.

Следната ситуација може да послужи како пример за индукција и дедукција во економијата. Зголемувањето на цената на храната (од потрошувачката кошница) и основните добра го турка потрошувачот да размислува за новите високи трошоци во државата (индукција). Во исто време, од фактот на висока цена со помош на математички методиможно е да се изведат показатели за раст на цените за поединечни стоки или категории на стоки (одбиток).

Најчесто, менаџерскиот персонал, менаџерите и економистите се свртуваат кон методот на индукција. За да може да се предвиди развојот на претпријатието, однесувањето на пазарот и последиците од конкуренцијата со доволна вистинитост, неопходен е индуктивно-дедуктивен пристап кон анализата и обработката на информациите.

Илустративен пример за индукција во економијата, повикувајќи се на лажни пресуди:

• добивката на компанијата се намали за 30%;
  конкурентот ја проширил својата производна линија;
  ништо друго не се смени;
• производната политика на конкурентска компанија предизвика намалување на профитот за 30%;
• затоа треба да се спроведе истата производна политика.

Примерот е шарена илустрација за тоа како несоодветната употреба на методот на индукција придонесува за пропаст на претпријатие.

Дедукција и индукција во психологијата

Бидејќи постои метод, тогаш, логично, постои и правилно организирано размислување (за користење на методот). Психологијата како наука која проучува ментални процеси, нивното формирање, развој, односи, интеракции, обрнува внимание на „дедуктивното“ размислување, како една од облиците на манифестирање на дедукција и индукција. За жал, на страниците на психологијата на Интернет, практично нема оправдување за интегритетот на дедуктивно-индуктивниот метод. Иако професионалните психолози се со поголема веројатност да се сретнат со манифестации на индукција, или подобро кажано, погрешни заклучоци.

Пример за индукција во психологијата, како илустрација на погрешни судови, е изјавата: мајка ми е измамник, затоа, сите жени се измамници. Има уште по „погрешни“ примери на индукција од животот:

• ученикот не е способен за ништо ако добил дуц по математика;
• тој е будала;
• тој е паметен;
• можам да направам сè;

И многу други вредносни судови засновани на апсолутно случајни, а понекогаш и безначајни пораки.

Треба да се забележи: кога заблудата на судовите на една личност ќе достигне апсурдност, на психотерапевтот му се појавува фронт на работа. Еден пример за индукција на преглед на специјалист:

„Пациентот е апсолутно сигурен дека црвената боја носи само опасност за него во какви било манифестации. Како резултат на тоа, едно лице ја исклучи оваа шема на бои од својот живот - колку што е можно повеќе. Во домашната средина има многу можности за удобно живеење. Можете да ги одбиете сите црвени предмети или да ги замените со аналози направени во различна шема на бои. Но во на јавни места, на работа, во продавница - тоа е невозможно. Влегувајќи во ситуација на стрес, пациентот секој пат доживува „плима“ на сосема поинаква емоционални состојбишто може да претставува опасност за другите“.

Овој пример на индукција, и несвесно, се нарекува „фиксни идеи“. Ако ова се случи на ментално здрава личност, можеме да зборуваме за недостаток на организација ментална активност. Начинот на ослободување од опсесивни состојбиможе да стане елементарен развој на дедуктивното размислување. Во други случаи, психијатри работат со такви пациенти.

Горенаведените примери на индукција укажуваат дека „непознавањето на законот не ослободува од последиците (погрешни пресуди)“.

Психолозите, кои работат на темата дедуктивно размислување, составија листа на препораки дизајнирани да им помогнат на луѓето да го совладаат овој метод.

Првиот чекор е решавање на проблеми. Како што може да се види, формата на индукција што се користи во математиката може да се смета за „класична“, а употребата на овој метод придонесува за „дисциплина“ на умот.

Следниот услов за развој на дедуктивното размислување е проширување на хоризонтите (оние кои размислуваат јасно, јасно кажуваат). Оваа препорака ги насочува „страдањата“ кон ризниците на науката и информациите (библиотеки, веб-страници, образовни иницијативи, патувања итн.).

Одделно, треба да се спомене таканаречената „психолошка индукција“. Овој термин, иако ретко, може да се најде на Интернет. Сите извори не даваат барем кратка дефиниција за овој поим, туку се однесуваат на „примери од животот“, притоа пренесувајќи како новиот видиндукција или сугестија, или некои форми на ментална болест, или екстремни состојби на човечката психа. Од сето горенаведено, јасно е дека обидот да се заклучи „ нов термин“, потпирајќи се на лажни (често невистинити) премиси, го осудува експериментаторот да добие погрешна (или избрзана) изјава.

Треба да се напомене дека упатувањето на експериментите од 1960 година (без да се наведе местото на одржување, имињата на експериментаторите, примерокот на субјектите и што е најважно, целта на експериментот) изгледа, благо кажано, неубедливо и изјавата дека мозокот ги перцепира информациите заобиколувајќи ги сите органи на перцепција (фразата „искусен“ во овој случај пооргански би се вклопила), тера да се размислува за лековерноста и некритичноста на авторот на изјавата.

Наместо заклучок

Кралицата на науките - математиката, не залудно ги користи сите можни резерви на методот на индукција и дедукција. Разгледаните примери ни овозможуваат да заклучиме дека површната и несоодветна (непромислена, како што велат) примена дури и на најточните и најсигурни методи секогаш води до погрешни резултати.

AT масовна свестметодот на дедукција се поврзува со познатиот Шерлок Холмс, кој во своите логички конструкции често користи примери на индукција, користејќи дедукција во неопходни ситуации.

Во написот беа разгледани примери за примена на овие методи во различни науки и сфери на човечкиот живот.

Математичката индукција лежи во основата на еден од најчестите методи на математички докажувања. Може да се користи за докажување повеќетоформули со природни броеви n, на пример, формулата за наоѓање на збирот на првите членови на прогресијата S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, биномната формула на Њутн 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 .

Во првиот пасус ќе ги анализираме основните концепти, потоа ќе ги разгледаме основите на самиот метод, а потоа ќе ви кажеме како да го користите за докажување на еднаквости и нееднаквости.

Концепти на индукција и дедукција

Прво, да погледнеме што се индукција и дедукција воопшто.

Дефиниција 1

Индукцијае преминот од посебното во општото и одбивањенапротив, од општото кон посебното.

На пример, имаме изјава: 254 може целосно да се подели на две. Од него можеме да извлечеме многу заклучоци, меѓу кои ќе има и вистинити и лажни. На пример, изјавата дека сите цели броеви кои го имаат бројот 4 на крајот може да се поделат со два без остаток е точно, но дека секој број од три цифри е делив со 2 е неточен.

Општо земено, може да се каже дека со помош на индуктивното расудување може да се извлечат многу заклучоци од едно познато или очигледно расудување. Математичката индукција ни овозможува да одредиме колку се валидни овие заклучоци.

Да претпоставиме дека имаме низа од броеви како 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , каде што n означува некој природен број. Во овој случај, при додавање на првите елементи од низата, го добиваме следново:

S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 2, S 2 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 \u003d 2 3, S 3 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 \u003d 4 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5,. . .

Користејќи ја индукцијата, можеме да заклучиме дека S n = n n + 1 . Во третиот дел ќе ја докажеме оваа формула.

Кој е методот на математичка индукција

Овој метод се заснова на истоимениот принцип. Формулиран е вака:

Дефиниција 2

Одредена изјава ќе биде вистинита за природна вредност n кога 1) ќе биде точно за n = 1 и 2) од фактот дека овој израз е точен за произволна природна вредност n = k, следува дека исто така ќе биде точно за n = k + 1 .

Примената на методот на математичка индукција се изведува во 3 фази:

1. Прво, ја проверуваме точноста на оригиналната изјава во случај на произволна природна вредност од n (обично тестот се прави за единство).
2. После тоа, ја проверуваме верноста на n = k .
3. И тогаш ја докажуваме валидноста на исказот ако n = k + 1 .

Како да се примени методот на математичка индукција при решавање на неравенки и равенки

Да го земеме примерот за кој зборувавме претходно.

Пример 1

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

Решение

Како што веќе знаеме, за да се примени методот на математичка индукција, мора да се извршат три последователни чекори.

1. Прво, проверуваме дали оваа еднаквост ќе важи за n еднакво на еден. Добиваме S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Сè е точно овде.
2. Понатаму, правиме претпоставка дека формулата S k = k k + 1 е точна.
3. Во третиот чекор, треба да докажеме дека S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , врз основа на валидноста на претходната еднаквост.

Можеме да го претставиме k + 1 како збир од првите членови од оригиналната низа и k + 1:

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

Бидејќи во вториот чекор добивме дека S k = k k + 1, можеме да го напишеме следново:

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

Сега ги извршуваме потребните трансформации. Треба да ја намалиме дропот на заеднички именител, донесувајќи слични термини, примени ја скратената формула за множење и намали го она што се случило:

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, еднаквоста во третата точка ја докажавме со извршување на сите три чекори од методот на математичка индукција.

Одговор:точна е претпоставката за формулата S n = n n + 1.

Да земеме покомплексен проблем со тригонометриските функции.

Пример 2

Дајте доказ за идентитетот cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Решение

Како што се сеќаваме, првиот чекор треба да биде да се провери точноста на еднаквоста кога n е еднакво на еден. За да дознаеме, треба да ги запомниме основните тригонометриски формули.

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

Затоа, за n еднакво на еден, идентитетот ќе биде вистинит.

Сега да претпоставиме дека неговата важност е зачувана за n = k , т.е. ќе биде точно дека cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Ја докажуваме еднаквоста cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α за случајот кога n = k + 1, врз основа на претходната претпоставка.

Според тригонометриската формула,

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

Следствено,

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 = = грев 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 = грев 2 k + 2 α 2 k + 1 грев 2 α

Пример за решавање на проблемот на докажување неравенство со помош на овој метод е даден во статијата за методот на најмали квадрати. Прочитајте го ставот во кој се изведени формулите за пронаоѓање на коефициентите на приближување.

Доколку забележите грешка во текстот, означете ја и притиснете Ctrl+Enter

МБОУ Лицеј „Техничко-економски“

МЕТОД НА МАТЕМАТИЧКА ИНДУКЦИЈА

МЕТОД НА МАТЕМАТИЧКА ИНДУКЦИЈА.

ЗАБЕЛЕШКА ОБЈАСНУВАЊЕ

Составен е методолошкиот развој „Метод на математичка индукција“ за ученици од 10-то одделение од математичкиот профил.

Основни цели: да ги запознае учениците со методот на математичка индукција и да научи како да го применуваат во решавање на различни проблеми.

AT методолошки развојсе разгледуваат прашањата од елементарната математика: се предлагаат проблеми со деливост, доказ за идентитети, доказ за нееднаквости, проблеми со различен степен на сложеност, вклучително и проблеми понудени на олимпијадите.

Улогата на индуктивните заклучоци во експерименталните науки е многу голема. Тие ги даваат тие одредби, од кои потоа се донесуваат понатамошни заклучоци со дедукција. Име метод на математичка индукцијаизмамнички - всушност, овој метод е дедуктивен и дава ригорозен доказ за исказите погодени со индукција. Методот на математичка индукција придонесува за идентификување на врските помеѓу различни делови од математиката, помага да се развие математичката култура на ученикот.

Дефиниција на методот на математичка индукција. Целосна и нецелосна индукција. Доказ за нееднаквости. Доказ за идентитет. Решавање проблеми со деливост. Решавање различни задачи на тема „Метод на математичка индукција“.

ЛИТЕРАТУРА ЗА НАСТАВНИКОТ

1. М.Л. Галицки. Длабоко учењекурс на алгебра и математичка анализа. - М.Просветителство.1986 г.

2. Л.И.Звавич. Алгебра и почетоците на анализата. Дидактички материјали. М. Дрофа, 2001 година.

3. Н.Ј.Виленкин. Алгебра и математичка анализа. Просветителството М. 1995 година.

4. Ју.В.Михеев. Метод на математичка индукција. НГУ.1995 година.

ЛИТЕРАТУРА ЗА СТУДЕНТИ

1. Н.Ј.Виленкин. Алгебра и математичка анализа. Просветителството М. 1995 година.

2. Ју.В.Михеев. Метод на математичка индукција. НГУ.1995 година.

КЛУЧНИ ЗБОРОВИ

Индукција, аксиома, принцип на математичка индукција, целосна индукција, нецелосна индукција, тврдење, идентитет, нееднаквост, деливост.

ДИДАКТИЧКИ ПРИЛОГ КОН ТЕМАТА

„МЕТОД НА МАТЕМАТИЧКА ИНДУКЦИЈА“.

Лекција бр. 1

Дефиниција на методот на математичка индукција.

Методот на математичка индукција е еден од високо ефикасен методпотрага по нови резултати и доказ за вистинитоста на предложените претпоставки. Иако овој метод не е нов во математиката, интересот за него не стивнува. За прв пат во јасна презентација, методот на математичка индукција беше применет во 17 век од извонредниот француски научник Блез Паскал во докажувањето на својствата на бројниот триаголник, кој оттогаш го носи неговото име. Сепак, идејата за математичка индукција им била позната на античките Грци. Методот на математичка индукција се заснова на принципот на математичка индукција, кој е прифатен како аксиома. Ќе ја разгледаме идејата за математичка индукција со примери.

Пример #1.

Плоштадот е поделен со сегмент на два дела, потоа еден од добиените делови се дели на два дела итн. Определи на колку делови е поделен квадратот Пчекори?

Решение.

По првиот чекор, ние, по услов, добиваме 2 дела. Во вториот чекор едниот дел го оставаме непроменет, а вториот го делиме на 2 дела и добиваме 3 дела. Во третиот чекор оставаме 2 дела непроменети, а третиот го делиме на два дела и добиваме 4 дела. Во четвртиот чекор оставаме 3 дела непроменети, а последниот дел го делиме на два дела и добиваме 5 дела. Во петтиот чекор ќе добиеме 6 дела. Предлогот е даден преку тоа Пчекори што ги добиваме (n+1)дел. Но, овој предлог треба да се докаже. Да го претпоставиме тоа преку дочекори плоштадот е поделен на (k+1)дел. Потоа на (k+1)чекор ние доделови ќе останат непроменети, и (k+1)поделете го делот на два дела и добијте (k+2)Делови. Забележуваш дека вака можеш да се расправаш онолку долго колку што сакаш, до бесконечност. Односно нашата претпоставка е тоа Пчекори плоштадот ќе биде поделен на (n+1)дел, станува докажано.

Пример #2.

Баба ми имаше внука која многу сакаше џем, а особено онаа во тегла од литар. Но, бабата не му дозволила да се допре. И внуките решија да ја измамат баба си. Решил да јаде секој ден по 1/10 литар од оваа тегла и да ја надополнува со вода, мешајќи темелно. По колку дена бабата ќе ја открие измамата ако џемот остане ист по изглед кога ќе се разреди со вода за половина?

Решение.

Пронајдете колку чист џем ќе остане потоа во теглата Пденови. По првиот ден смесата ќе остане во теглата составена од 9/10 џем и 1/10 вода. По два дена, 1/10 од смесата вода и џем ќе исчезне од теглата и ќе остане (1 литар од смесата содржи 9/10 литри џем, 1/10 л од смесата содржи 9/100 литри џем)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 литри џем. Третиот ден од теглата ќе исчезне 1/10 литар смеса составена од 81/100 џем и 19/100 вода. Во 1 литар од смесата има 81/100 литри џем, во 1/10 л од смесата 81/1000 литри џем. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 литри џем ќе останат по 3 дена, а остатокот ќе го земе водата. Се појавува шема. Преку Ппреостанати денови во банка (9/10) Пл џем. Но, повторно, ова е само наша претпоставка.

Нека дое произволен природен број. Да го претпоставиме тоа преку доденови во банка ќе останат (9/10) до л џем. Да видиме што ќе има во банка во некој друг ден, односно во (k+1)ден. Ќе исчезне од банката 1/10лмешавина од (9/10) до лџем и вода. AT 1лсмесата е (9/10) до лџем, во 1/10лмешавини (9/10) k+1 лџем. Сега можеме безбедно да го кажеме тоа преку Постанаа денови во банка (9/10) П лџем. За 6 дена банката ќе има 531444/1000000лџемови, по 7 дена - 4782969/10000000лџем, односно помалку од половина.

Одговор:по 7 дена бабата ќе ја открие измамата.

Да се ​​обидеме да ги издвоиме најосновните во решенијата на разгледаните проблеми. Почнавме да го решаваме секој од нив со разгледување на посебни или, како што велат, посебни случаи. Потоа, врз основа на нашите набљудувања, направивме некои претпоставки P(n), во зависност од природното П.

тврдењето беше проверено, односно докажано P(1), P(2), P(3);

го предложи тоа P(n)важи за n=kи заклучи дека тогаш ќе важи за следната n, n=k+1.

И тогаш тие се расправаа вака: P(1)право, P(2)право, P(3)право, P(4)точно... така е P(n).

Принципот на математичка индукција.

Изјава P(n), во зависност од природното П, важи за сите природни П, ако

1) полноважноста на тврдењето за n=1;

2) од претпоставката на полноважноста на изјавата P(n)на n=kтреба да

правдата P(n)на n=k+1.

Во математиката, принципот на математичка индукција се избира, по правило, како една од аксиомите што ја дефинираат природната серија на броеви и, според тоа, се прифаќа без доказ. Методот на докажување по принципот на математичка индукција обично се нарекува метод на математичка индукција. Забележете дека овој метод е широко користен за докажување на теореми, идентитети, нееднаквости при решавање на проблеми со деливост и многу други проблеми.

Лекција бр. 2

Целосна и нецелосна индукција.

Во случај кога математичката изјава се однесува на конечен број предмети, тоа може да се докаже со проверка за секој објект, на пример, исказот „Секое двовредно парен броје збир од два примарни броеви“. Методот на докажување во кој тестираме исказ за конечен број случаи се нарекува целосна математичка индукција. Овој метод се користи релативно ретко, бидејќи исказите најчесто се разгледуваат на бесконечни множества. На пример, теоремата „Секој парен број е еднаков на збирот на два прости броја“ досега не е ниту докажана ниту побиена. Дури и да ја тестираме оваа теорема за првата милијарда, тоа нема да не донесе ниту чекор поблиску до докажување.

AT природните наукипримени нецелосна индукција, проверувајќи го експериментот неколку пати, пренесувајќи го резултатот во сите случаи.

Пример #3

Погодете користејќи нецелосна формула за индукција за збир на коцки од природни броеви.

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 .

Доказ.

Нека биде вистина за n=k.

Да докажеме дека е вистина за n=k+1.

Заклучок: формулата за збир на коцки од природни броеви е точна за секој природен П.

Пример #4

Размислете за еднаквостите и погодете до кој општ закон водат овие 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

Напиши ги следните изрази како збир:

1)
2)
3)
; 4)
.

Грчката буква „сигма“.

Пример #6.

Напишете ги следните збирови користејќи го знакот
:

2)

Пример #7.

Напишете ги следните изрази како производи:

1)

3)
4)

Пример #8.

Запишете ги следните дела користејќи го знакот

(голема грчка буква „пи“)

1)
2)

Пример #9.

Пресметување на вредноста на полином ѓ ( n )= n 2 + n +11 , во n=1,2,3,4,5,6,7 може да се претпостави дека за секој природенПброј ѓ ( n ) едноставно.

Дали оваа претпоставка е точна?

Решение.

Ако секое собирање е деливо со некој број, тогаш збирот е делив со тој број,
не е прост број за кој било природен бројП.

Парсирањето на конечен број случаи се игра важна улогаво математиката: без да се даде доказ за оваа или онаа изјава, помага да се погоди точната формулација на оваа изјава, ако сè уште е непозната. Вака Голдбах, член на Академијата на науките во Санкт Петербург, дошол до претпоставката дека секој природен број, почнувајќи од два, е збир од најмногу три прости броеви.

Лекција бр. 3

Методот на математичка индукција ни овозможува да докажеме различни идентитети.

Пример #10.Да го докажеме тоа за сите Пидентитетот

Решение.

Да ставиме

Тоа треба да го докажеме

Да докажеме дека Потоа од вистината на идентитетот

следи вистината на идентитетот

По принципот на математичка индукција, вистината на идентитетот за сите П.

Пример #11.

Да го докажеме идентитетот

Доказ.

еднаквости по рок.

;
. Значи овој идентитет е вистинит за ситеП .

Лекција број 4.

Докажување на идентитети со математичка индукција.

Пример #12. Да го докажеме идентитетот

Доказ.

Применувајќи го принципот на математичка индукција, докажавме дека еднаквоста важи за сите П.

Пример #13. Да го докажеме идентитетот

Доказ.

Применувајќи го принципот на математичка индукција, докажавме дека изјавата е точна за секое природно П.

Пример #14. Да го докажеме идентитетот

Доказ.

Пример #15. Да го докажеме идентитетот

1) n=1;

2) за n=k еднаквост

3) докаже дека важи еднаквоста n=k+1:

Заклучок: идентитетот важи за секој природен П.

Пример #16.Да го докажеме идентитетот

Доказ.

Ако n=1 , тогаш

Нека остане идентитетот n=k.

Да докажеме дека идентитетот важи n=k+1.

Тогаш идентитетот важи за секој природен П.

Лекција број 5.

Докажување на идентитети со математичка индукција.

Пример #17.Да го докажеме идентитетот

Доказ.

Ако n=2 , тогаш ја добиваме точната еднаквост:

Нека важи еднаквоста заn=k:

Да ја докажеме валидноста на тврдењето за n=k+1.

Според принципот на математичка индукција се докажува идентитетот.

Пример #18. Да го докажеме идентитетот
за n≥2.

На n=2 овој идентитет може да се препише во многу едноставна форма

и очигледно е точно.

Нека во n=kнавистина

.

Да ја докажеме валидноста на тврдењето заn=k+1, односно еднаквоста се задоволува: .

Значи, докажавме дека идентитетот е вистинит за секое природно n≥2.

Пример #19. Да го докажеме идентитетот

На n=1 ја добиваме точната еднаквост:

Да претпоставиме дека во n=kја добиваме и точната еднаквост:

Да докажеме дека валидноста на еднаквоста е запазена за n=k+1:

Тогаш идентитетот важи за секој природен П.

Лекција број 6.

Решавање проблеми со деливост.

Пример #20.Докажи со математичка индукција дека

поделено со 6 без трага.

Доказ.

На n=1 постои поделба на6 без трага,
.

Нека во n=k изразување
повеќекратни6.

Да докажеме дека кога n=k+1 изразување
повеќекратни6 .

Секој термин е повеќекратен 6 , значи збирот е повеќекратен од 6 .

Пример број 21.
на5 без трага.

Доказ.

На n=1 изразот е делив
.

Нека во n=k изразување
исто така поделени на5 без трага.

На n=k+1поделено со 5 .

Пример #22. Докажете ја деливоста на изразот
на16.

Доказ.

На n=1повеќекратни 16 .

Нека во n=k
повеќекратни16.

На n=k+1

Сите поими се деливи со 16: првиот е очигледно вториот по претпоставка, а третиот има парен број во загради.

Пример #23. Докажи деливост
на676.

Доказ.

Прво да го докажеме тоа
поделено со
.

На n=0
.

Нека во n=k
поделено со26 .

Потоа во n=k+1поделено со 26 .

Сега да го докажеме тврдењето формулирано во состојбата на проблемот.

На n=1поделено со 676.

На n=k точно е дека
поделено со26 2 .

На n=k+1 .

Двата члена се деливи со 676 ; првата е затоа што ја докажавме деливоста со 26 израз во загради, а вториот е делив со индуктивната хипотеза.

Лекција број 7.

Решавање проблеми со деливост.

Пример број 24.

Докажете го тоа
поделено со5 без трага.

Доказ.

На n=1
поделено со5.

На n=k
поделено со5 без трага.

На n=k+1 секој член е делив со5 без трага.

Пример #25.

Докажете го тоа
поделено со6 без трага.

Доказ.

На n=1
поделено со6 без трага.

Нека во n=k
поделено со6 без трага.

На n=k+1поделено со 6 нема остаток, бидејќи секој член е делив со6 без остаток: првиот член, според индуктивната претпоставка, вториот, очигледно, третиот, бидејќи
парен број.

Пример #26.

Докажете го тоа
кога се дели со9 го дава остатокот 1 .

Доказ.

Да го докажеме тоа
поделено со9 .

На n=1
поделено со 9 . Нека во n=k
поделено со9 .

На n=k+1поделено со 9 .

Пример број 27.

Докажи дека е делив со15 без трага.

Доказ.

На n=1поделено со 15 .

Нека во n=kподелено со 15 без трага.

На n=k+1

Првиот член е повеќекратен15 според хипотезата за индукција, вториот член е повеќекратен од15 – очигледно, третиот член е повеќекратен од15 , бидејќи
повеќекратни5 (докажано во пример бр. 21), четвртиот и петтиот член се исто така множители5 , што е очигледно, тогаш збирот е повеќекратен од15 .

Лекција број 8-9.

Доказ за неравенки со математичка индукција

Пример #28.
.

На n=1ние имаме
- нели.

Нека во n=k
е вистинска нееднаквост.

На n=k+1

Тогаш нееднаквоста важи за секое природно П.

Пример #29.Докажете дека нееднаквоста е точна
за се ` П.

На n=1ја добиваме точната нееднаквост 4 >1.

Нека во n=kнееднаквоста
.

Да докажеме дека кога n=k+1нееднаквоста

За секое природно досе забележува нееднаквост.

Ако
на
тогаш

Пример #30.

за секој природен Пи било кој

Нека n=1
, нели.

Да претпоставиме дека нееднаквоста важи n=k:
.

На n=k+1

Пример број 31.Докажете ја валидноста на нееднаквоста

за секој природен П.

Прво да го докажеме тоа за секое природно тнееднаквоста

Помножете ги двете страни на неравенката со
. Добиваме еквивалентна неравенка или
;
; - оваа нееднаквост важи за секое природно т.

На n=1оригиналната нееднаквост е вистина
;
;
.

Нека остане нееднаквоста n=k:
.

На n=k+1

Лекција број 10.

Решавање на проблеми на темата

Метод на математичка индукција.

Пример #32.Докажете ја нееднаквоста на Бернули.

Ако
, тогаш за сите природни вредностиП нееднаквоста

Доказ.

На n=1 нееднаквоста што се докажува добива форма
и очигледно е во право. Да претпоставиме дека е вистина заn=k , односно што
.

Бидејќи според условот
, тогаш
, и затоа неравенството не го менува своето значење кога двата нејзини дела се множат со
:

Бидејќи
, тогаш го добиваме тоа

.

Значи, нееднаквоста е точна за n=1, и од нејзината вистина кај n=kпроизлегува дека е вистина и n=k+1.Оттука, со математичка индукција, важи за сите природни П.

На пример,

Пример број 33. Најдете ги сите природни вредностиП , за што нееднаквоста

Решение.

На n=1нееднаквоста е во право. На n=2нееднаквоста е исто така вистинита.

На n=3нееднаквоста повеќе не се задоволува. Само кога n=6неравенството важи, така што за индукциската основа можеме да земеме n=6.

Претпоставете дека нееднаквоста е точна за некои природни до:

Размислете за нееднаквоста

Последната неравенка важи ако
Тестна темата n=1 се дава рекурентно: n≥5 , каде П- -природен број.

Министерство за образование на Саратовскиот регион

Саратов државен социо-економски универзитет

Регионален натпревар на математички и работа на компјутерученици

„Вектор на иднината - 2007 година“

„Метод на математичка индукција.

Неговата примена за решавање на алгебарски проблеми“

(дел „математика“)

креативна работа

Ученици од 10 „А“ класа

МОУ „Гимназија бр. 1“

Областа Октјабрски во Саратов

Харутјуњан Гајане.

Работен менаџер:

наставник по математика

Гришина Ирина Владимировна

Саратов

2007

Вовед……………………………………………………………………………………… 3

Принципот на математичка индукција и неговата

доказ…………………………………………………………………………..4

Примери за решавање проблеми………………………………………………………………………..9

Заклучок……………………………………………………………………………..16

Литература……………………………………………………………………………………………………………………………………………

Вовед.

Методот на математичка индукција може да се спореди со напредокот. Почнуваме од најниското, како резултат логично размислувањедоаѓаме до највисокото. Човекот отсекогаш се стремел кон напредок, кон способност логично да ја развива својата мисла, што значи дека самата природа му одредила да размислува индуктивно и да ја зајакнува својата мисла со докази спроведени според сите правила на логиката.
Во моментов полето на примена на методот на математичка индукција порасна, но во училишна наставна програмаЗа жал, тој нема многу време. Но, ова е толку важно - да можеш да размислуваш индуктивно.

Принципот на математичка индукција и нејзино докажување

Да се ​​свртиме кон суштината на методот на математичка индукција. Ајде да разгледаме различни изјави. Тие можат да се поделат на општи и посебни.Да дадеме примери на општи искази.

Сите руски граѓани имаат право на образование.

Во кој било паралелограм, дијагоналите на пресечната точка се пресечени.

Сите броеви што завршуваат на нула се деливи со 5.

Релевантни примери на приватни изјави:

Петров има право на образование.

Во паралелограмот ABCD, дијагоналите во точката на пресек се преполовени.

140 се дели со 5.

Преминот од општи искази во одредени се нарекува дедукција (од латинскиот одбивање - заклучок според правилата на логиката).

Размислете за пример на дедуктивно заклучување.

Сите руски граѓани имаат право на образование. (еден)

Петров е државјанин на Русија. (2)

Петров има право на образование. (3)

Од општото тврдење (1) со помош на (2) се добива конкретното тврдење (3).

Обратна транзиција од одредени искази во општи изјави се нарекува индукција (од латински индукција - насоки).

Индукцијата може да доведе и до точни и неточни заклучоци.

Да го објасниме ова со два примери.

140 се дели со 5. (1)

Сите броеви што завршуваат на нула се деливи со 5. (2)

140 се дели со 5. (1)

Сите трицифрени броеви се деливи со 5. (2)

Од конкретниот исказ (1) се добива општиот исказ (2). Изјавата (2) е вистинита.

Вториот пример покажува како општа изјава (3) може да се добие од одредена изјава (1), згора на тоа, изјавата (3) не е точна.

Да си го поставиме прашањето како да ја користиме индукцијата во математиката за да добиеме само точни заклучоци. Да разгледаме неколку примери на индукција, што е неприфатливо во математиката.

Пример 1.

Размислете за квадратен трином од следниот облик Р(x)= x 2 + x + 41, на кој Леонард Ојлер обрнал внимание.

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.

Гледаме дека секој пат кога вредноста на триномот е прост број. Врз основа на добиените резултати, тврдиме дека при замена во триномот што се разгледува, наместо x Секој ненегативен цел број секогаш резултира со прост број.

Сепак, извлечениот заклучок не може да се смета за сигурен. Што е проблемот? Факт е дека во расудувањето се даваат општи изјави за кое било x само врз основа на тоа што оваа изјава се покажа како вистинита за некои вредности на x.

Навистина, со поблиско испитување на триномот P(x), броевите P(0), P(1), ..., P(39) се прости броеви, но P(40) = 41 2 е композитен број. И сосема јасно: P(41) = 41 2 +41+41 е множител на 41.

Во овој пример, се сретнавме со изјава која е вистинита во 40 посебни случаи, а сепак се покажа дека е неправедна воопшто.

Ајде да погледнеме уште неколку примери.

Пример 2

Во 17 век В.Г. Лајбниц докажал дека за кое било природно n, броевите од формата n 3 - n се множители на 3, n 5 - n се множители на 5, n 7 - n се множители на 7. Врз основа на ова, тој предложил дека за секој непарен k и природно n, бројот n k - n множител на k, но набргу и самиот забележал дека 2 9 -2=510, што, очигледно, не се дели со 9.

Разгледаните примери ни овозможуваат да извлечеме важен заклучок: изјавата може да биде вистинита во голем број посебни случаи и во исто време неправедна воопшто.

Природно се поставува прашањето: постои изјава која е вистинита во неколку посебни случаи; невозможно е да се разгледаат сите посебни случаи; како знаеш дали оваа изјава е воопшто вистинита?

Ова прашање понекогаш може да се реши со примена на посебен метод на расудување наречен метод на математичка индукција. Овој метод се заснова на принцип на математичка индукција, заклучено во следново: исказот е точен за секое природно n ако:

важи за n = 1;

од валидноста на исказот за некое произволно природно n =k , произлегува дека тоа е точно за n = k +1.

Доказ.

Претпоставете го спротивното, односно, изјавата нека биде вистинита не за секое природно n. Тогаш постои природен број m таков што

изјавата за n =m не е точно,

за сите n

Очигледно е дека m >1, бидејќи тврдењето е точно за n =1 (услов 1). Според тоа, m -1 е природен број. За природен број m -1 тврдењето е точно, но за следниот природен број m не е точно. Ова е во спротивност со условот 2. Произлезената противречност покажува дека претпоставката е погрешна. Според тоа, тврдењето е точно за секое природно n, h.e.d.

Доказ заснован на принципот на математичка индукција се нарекува доказ со методот на математичка индукција. Таквиот доказ треба да се состои од два дела, од доказот на две независни теореми.

Теорема 1. Изјавата е точна за n =1.

Теорема 2. Исказот е точен за n =k +1 ако е точно за n=k, каде што k е произволен природен број.

Ако и двете теореми се докажат, тогаш, врз основа на принципот на математичка индукција, изјавата е точна за која било
природен n.

Мора да се нагласи дека докажувањето со математичка индукција секако бара докажување и на теоремите 1 и 2. Занемарувањето на теоремата 2 води до неточни заклучоци (примери 1-2). Да покажеме со пример колку е неопходно докажувањето на теоремата 1.

Пример 3. „Теорема“: секој природен број е еднаков на природниот број што следи по него.

Докажувањето ќе се изврши со методот на математичка индукција.

Да претпоставиме дека k =k +1 (1).

Да докажеме дека k +1=k +2 (2). За да го направите ова, додадете 1 на секој дел од "еднаквост" (1). Добиваме "еднаквост" (2). Излегува дека ако исказот е вистинит за n =k , тогаш е вистинит и за n =k +1., итн.

Очигледна „последица“ од „теоремата“: сите природни броеви се еднакви.

Грешката лежи во тоа што теоремата 1, која е неопходна за примена на принципот на математичка индукција, не е докажана и не е точна, туку е докажана само втората теорема.

Теоремите 1 и 2 се од особено значење.

Теорема 1 ја создава основата за индукција. Теорема 2 дава право на неограничено автоматско проширување на оваа основа, право да се движи од овој конкретен случај во следниот, од n на n + 1.

Ако теоремата 1 не е докажана, но теоремата 2 е докажана, тогаш, според тоа, основата за индукција не е создадена, и тогаш нема смисла да се примени теорема 2, бидејќи, всушност, нема што да се прошири.

Ако теорема 2 не е докажана, а само теорема 1 е докажана, тогаш, иако основата за спроведување на индукцијата е создадена, правото да се прошири оваа основа отсуствува.

Забелешки.

Понекогаш вториот дел од доказот се заснова на валидноста на исказот не само за n =k, туку и за n =k -1. Во овој случај, изјавата во првиот дел мора да се тестира за следните две вредности на n.

Понекогаш тврдењето се докажува не за кое било природно n , туку за n > m , каде што m е некој цел број. Во овој случај, во првиот дел од доказот, тврдењето се потврдува за n =m +1, а по потреба и за неколку последователни вредности на n.

Сумирајќи го кажаното, имаме: методот на математичка индукција овозможува, во потрага по општ закон, да се тестираат хипотезите што се појавуваат во овој случај, да се отфрлат лажните и да се наведат вистините.

Секој ја знае улогата на процесите на генерализирање на резултатите од индивидуалните набљудувања и експерименти (т.е. индукција) за емпириските, експерименталните науки. Математиката, од друга страна, долго време се смета за класичен пример за имплементација на чисто дедуктивни методи, бидејќи секогаш експлицитно или имплицитно се претпоставува дека сите математички предлози (освен оние кои се прифатени како почетни - аксиоми) се докажани и специфични примени од овие предлози се изведени од докази погодни за општи случаи (дедукција).

Што значи индукција во математиката? Дали треба да се сфати како не сосема сигурен метод и како да се бара критериум за веродостојноста на таквите индуктивни методи? Или сигурноста на математички заклучоци од иста природа како и експерименталните генерализации на експерименталните науки, така што не би било лошо да се „провери“ некој докажан факт? Во реалноста тоа не е така.

Индукцијата (водењето) на хипотезата игра многу важна, но чисто хеуристичка улога во математиката: овозможува да се погоди кое треба да биде решението. Но, математичките предлози се воспоставуваат само дедуктивно. А методот на математичка индукција е чисто дедуктивен метод на докажување. Навистина, доказот спроведен со овој метод се состои од два дела:

таканаречената „основа“ - дедуктивен доказ за саканата реченица за еден (или неколку) природни броеви;

индуктивен чекор кој се состои во дедуктивен доказ за општ исказ. Теоремата е прецизно докажана за сите природни броеви. Од докажаната основа, на пример, за бројот 0, го добиваме, со индукцијата, доказот за бројот 1, потоа на ист начин за 2, за 3 ... - и така изјавата може да се оправда за кој било природен број.

Со други зборови, името „математичка индукција“ се должи на фактот што овој метод е едноставно поврзан во нашите умови со традиционалното индуктивно расудување (на крајот на краиштата, основата навистина се докажува само за одреден случај); индуктивниот чекор, за разлика од критериумите за веродостојност на индуктивното расудување засновано на искуството во природните и општествените науки, е општа констатација на која не му треба некоја посебна премиса и се докажува според строгите канони на дедуктивното расудување. Затоа, математичката индукција се нарекува „целосна“ или „совршена“, бидејќи е дедуктивен, целосно сигурен метод на докажување.

Примери на решенија за проблеми

Индукција во алгебра

Разгледајте неколку примери на алгебарски проблеми, како и доказ за различни неравенки што може да се решат со помош на методот на математичка индукција.

Задача 1. Погодете ја формулата за збирот и докажете ја.

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

Решение.

1. Да го трансформираме изразот за збирот 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), каде што B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3, C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Размислете за збировите C (n) и B (n).

а) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Еден од најчесто сретнуваните проблеми на методот на математичка индукција е да се докаже дека за секое природно n, еднаквоста

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Да претпоставиме дека (1) е точно за сите n  Н.

б ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Ајде да набљудуваме како се менуваат вредностите на B (n) во зависност од 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 =

Така, може да се претпостави дека
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

в) Како резултат на тоа, за збирот А(n) добиваме

НО( n ) ==

= (*)

3. Добиената формула (*) да ја докажеме со методот на математичка индукција.

а) проверете ја еднаквоста (*) за n = 1.

А(1) = 2  =2,

Очигледно, формулата (*) е точна за n = 1.

б) да претпоставиме дека формулата (*) е точна за n=k , каде k N, односно еднаквоста

A(k)=

Врз основа на претпоставката, ќе ја докажеме валидноста на формулата за n =k +1. Навистина,

A(k+1)=

Бидејќи формулата (*) е точна за n =1, а од претпоставката дека е вистинита за некое природно k , произлегува дека е точно за n =k +1, врз основа на принципот на математичка индукција заклучуваме дека еднаквост

важи за секоја природна n .

Задача 2.

Пресметај го збирот 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

Решение.

Дозволете ни да ги запишеме вредностите на збировите за различни вредности на n последователно.

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

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

Набљудувајќи ја шемата, можеме да претпоставиме дека A (n)= - за дури n и A (n)=
за непарни n. Ајде да ги комбинираме двата резултати во една формула:

A(n) =
, каде што r е остатокот од делењето на n со 2.

И р , очигледно е определено со следново правило

0 ако n е парен,

r=

1 ако n е чудно.

Потоа р(може да се погоди) може да се претстави како:

Конечно ја добиваме формулата за A (n):

A(n)=

(*)

Да ја докажеме еднаквоста (*) за сите n  Н метод на математичка индукција.

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

Еднаквоста е праведна

б) Да претпоставиме дека еднаквоста

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

точно во n=k. Да докажеме дека важи и за n =k + 1, т.е.

A(k+1)=

Навистина,

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

=

Q.E.D.

Методот на математичка индукција се користи и за решавање на проблеми со деливост.

Задача 3.

Докажете дека бројот N (n)=n 3 + 5n е делив со 6 за која било природна n.

Доказ.

На n =1 бројот N (1)=6 и затоа тврдењето е точно.

Нека бројот N (k )=k 3 +5k е делив со 6 за некое природно k. Да докажеме дека N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) е делив со 6. Навистина, имаме
N (k +1)= (k +1) 3 + 5 (k +1) = (k 3 +5k) + 3k (k +1) +6.

Затоа што k и k +1 се соседни природни броеви, тогаш еден од нив е нужно парен, така што изразот 3k (k +1) е делив со 6. Така, добиваме дека N (k +1) е исто така делив со 6. Излез број N (n)=n 3 + 5n е делив со 6 за која било природна n.

Размислете за решението на покомплексен проблем со деливост, кога методот на целосна математичка индукција треба да се примени неколку пати.

Задача 4.

Докажете дека за кој било природен n број
не е ни делив со 2 n +3 .

Доказ.

Замислете
во форма на дело
=

= (*)

Според претпоставката, првиот фактор во (*) не е рамномерно делив со бројот 2 k +3 , односно во претставувањето на композитен број
во форма на производ од прости броеви, бројот 2 се повторува не повеќе од (k + 2) пати. Така да се докаже дека бројот
не е делив со 2 k +4 , тоа мора да го докажеме
не се дели со 4.

За да го докажеме ова тврдење, докажуваме помошно тврдење: за кое било природно n, бројот 3 2 n +1 не е делив со 4. За n =1, тврдењето е очигледно, бидејќи 10 не се дели со 4 без остаток. Под претпоставка дека 3 2 k +1 не е делив со 4, докажуваме дека ниту 3 2(k +1) +1 не е делив
со 4. Да го претставиме последниот израз како збир:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Вториот член од збирот е делив со 4, но првиот не е делив. Според тоа, целиот збир не е делив со 4 без остаток. Се докажува помошното тврдење.

Сега е јасно дека
не се дели со 4 бидејќи 2k е парен број.

Конечно, го добиваме тој број
не е рамномерно делив со 2 n +3 за која било природна n .

Размислете сега за пример за примена на индукција за доказ за нееднаквости.

Задача 5.

За кое природно n важи неравенката 2 n > 2n + 1?

Решение.

1. Кога n=1 2 1< 2*1+1,

на n=2 2 2< 2*2+1,

на n =3 2 3 > 2*3+1,

на n =4 2 4 > 2*4+1.

Очигледно, неравенството важи за секое природно n  3. Да го докажеме ова тврдење.

2. Кога n =3 валидноста на неравенството е веќе прикажана. Сега нека неравенството важи за n =k , каде што k е некој природен број не помал од 3, т.е.

2 k > 2k+1 (*)

Да докажеме дека тогаш неравенството важи и за n =k +1, односно 2 k +1 >2(k +1)+1. Помножете го (*) со 2, добиваме 2 k +1 > 4k +2. Да ги споредиме изразите 2(k +1)+1 и 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Очигледно, 2k -1>0 за која било природна k . Потоа 4k +2>2(k +1)+1, т.е. 2k+1 >2(k+1)+1. Тврдењето е докажано.

Задача 6.

Неравенка за аритметичката средина и геометриската средина на n ненегативни броеви (неравенка на Коши)., добиваме =

Ако барем еден од броевите
е еднаква на нула, тогаш важи и неравенката (**).

Заклучок.

При извршувањето на работата ја проучував суштината на методот на математичка индукција и неговото докажување. Во трудот се претставени проблеми во кои важна улога одиграла нецелосната индукција, што доведува до правилна одлука, а потоа се врши доказот добиен со методот на математичка индукција.

Литература.

Болтјански В.Г., Сидоров Ју.В., Шабурин М.И. Предавања и задачи по елементарна математика; Наука, 1974 година.

Виленкин Н.Ја. , Шварцбурд С.И. Математичка анализа.-
М.: Образование, 1973 година.

Галицки М.Л., Мошкович М.М., Шварцбурд С.И. Продлабочено проучување на курсот на алгебра и математичка анализа - М .: Образование, 1990 година.

Потапов М.К., Александров В.В., Пасиченко П.И. Алгебра и анализа на елементарните функции.- М.: Наука, 1980 г.

Сомински И.С., Головина М.Л., Јаглом И.М. За математичка индукција - М.: Наука, 1967 година.

Ако реченицата A(n), која зависи од природен број n, е точна за n=1, а од фактот дека е точна за n=k (каде k е кој било природен број), произлегува дека е и точно за следниот број n=k +1, тогаш претпоставката A(n) е точна за секој природен број n.

Во голем број случаи, може да биде неопходно да се докаже валидноста на одреден исказ не за сите природни броеви, туку само за n>p, каде што p е фиксен природен број. Во овој случај, принципот на математичка индукција е формулиран на следниов начин.

Ако предлогот A(n) е точен за n=p и ако A(k) X A(k+1) за кој било k>p, тогаш предлогот A(n) е точно за кое било n>p.

Доказот со методот на математичка индукција се врши на следниов начин. Прво, тврдењето што треба да се докаже се проверува за n=1, т.е. се утврдува вистинитоста на тврдењето А(1). Овој дел од доказот се нарекува индукциона основа. Потоа следи дел од доказот наречен индукција чекор. Во овој дел се докажува валидноста на исказот за n=k+1 под претпоставка дека тврдењето е точно за n=k (индуктивната претпоставка), т.е. докажете дека A(k) ~ A(k+1)

Докажи дека 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Имаме n=1=1 2 . Според тоа, изјавата е точна за n=1, т.е. А(1) точно
• 2) Да докажеме дека A(k) ~ A(k+1)

Нека k е кој било природен број и нека изјавата е точна за n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Да докажеме дека тогаш тврдењето е точно и за следниот природен број n=k+1, т.е. што

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

Значи, A(k) X A(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека претпоставката A(n) е точна за кое било n О N

Докажете го тоа

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), каде што x бр. 1

• 1) За n=1 добиваме
• 1+x=(x2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

затоа, за n=1 формулата е вистинита; А(1) точно

• 2) Нека k е кој било природен број и нека формулата е точна за n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Да докажеме дека тогаш еднаквоста

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

Значи A(k) ⋅ A(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека формулата е точна за кој било природен број n

Докажете дека бројот на дијагонали на конвексен n-аголник е n(n-3)/2

Решение: 1) За n=3, исказот е точно, бидејќи во триаголникот

А 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 дијагонали; A 2 A(3) точно

2) Да претпоставиме дека во кој било конвексен k-аголник има A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 дијагонали. A k Да докажеме дека тогаш во конвексен A k+1 (k+1)-гон бројот на дијагонали A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нека А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -конвексен (k+1)-аголник. Да нацртаме дијагонала A 1 A k во неа. Да се ​​избројат вкупен бројдијагонали на овој (k + 1)-аголник, треба да го изброите бројот на дијагонали во k-аголникот A 1 A 2 ...A k , додадете k-2 на добиениот број, т.е. бројот на дијагонали на (k+1)-аголникот што произлегува од темето A k+1 , а дополнително треба да се земе предвид и дијагоналата A 1 A k

На овој начин,

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

Значи A(k) ⋅ A(k+1). Поради принципот на математичка индукција, изјавата е точна за секој конвексен n-аголник.

Докажете дека за кое било n тврдењето е точно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

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

2) Да претпоставиме дека n=k

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

3) Размислете за оваа изјава 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

Ја докажавме валидноста на еднаквоста за n=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, изјавата е точна за секое природно n

Докажете дека за секое природно n еднаквоста е точно:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Нека n=1

Тогаш X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Гледаме дека за n=1 тврдењето е точно.

2) Да претпоставиме дека еднаквоста е точно за n=k

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

3) Да ја докажеме вистинитоста на оваа изјава 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

Од горенаведениот доказ може да се види дека исказот е точен за n=k+1, затоа, еднаквоста е точно за секое природно n

Докажете го тоа

((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), каде што n>2

Решение: 1) За n=2, идентитетот изгледа вака:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2 (2 2 +2+1), т.е. тоа е вистина
• 2) Да претпоставиме дека изразот е точен 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) Ќе ја докажеме исправноста на изразот 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)

Ја докажавме валидноста на еднаквоста за n=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, изјавата е вистинита за секое n>2

Докажете го тоа

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) за која било природна n

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Да претпоставиме дека n=k, тогаш
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Ќе ја докажеме вистинитоста на оваа изјава 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)

Се докажува и валидноста на еднаквоста за n=k+1, затоа тврдењето е точно за секое природно n.

Докажете ја валидноста на идентитетот

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) за било која природна n

• 1) За n=1 идентитетот е вистинит 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Да претпоставиме дека за n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Докажуваме дека идентитетот е точен 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)

Од горенаведениот доказ може да се види дека тврдењето е точно за секој позитивен цел број n.

Докажете дека (11 n+2 +12 2n+1) е делив со 133 без остаток

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

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

Но (23 ґ 133) е делив со 133 без остаток, така што за n=1 исказот е точно; А(1) е точно.

• 2) Да претпоставиме дека (11 k+2 +12 2k+1) е делив со 133 без остаток
• 3) Да докажеме дека во овој случај (11 k+3 +12 2k+3) е делив со 133 без остаток. Навистина
• 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

Добиениот износ е делив со 133 без остаток, бидејќи неговиот прв член е делив со 133 без остаток по претпоставка, а во вториот еден од факторите е 133. Значи, A (k) Yu A (k + 1). Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува

Докажете дека за кој било n 7 n -1 е делив со 6 без остаток

• 1) Нека n=1, тогаш X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 се дели со 6 без остаток. Значи за n=1 исказот е вистинит
• 2) Да претпоставиме дека за n \u003d k 7 k -1 е делив со 6 без остаток
• 3) Да докажеме дека тврдењето е точно 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

Првиот член е делив со 6, бидејќи 7 k -1 е делив со 6 со претпоставка, а вториот член е 6. Значи 7 n -1 е множител на 6 за кое било природно n. Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

Докажете дека 3 3n-1 +2 4n-3 за произволен позитивен цел број n е делив со 11.

1) Нека n=1, тогаш

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 се дели со 11 без остаток.

Значи за n=1 исказот е вистинит

• 2) Да претпоставиме дека за n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 е делив со 11 без остаток
• 3) Докажуваме дека тврдењето е точно 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

Првиот член е делив со 11 без остаток, бидејќи 3 3 3k-1 +2 4k-3 е делив со 11 со претпоставка, вториот е делив со 11, бидејќи еден од неговите фактори е бројот 11. Оттука, збирот е исто така делив со 11 без остаток за која било природна n. Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

Докажете дека 11 2n -1 за произволен позитивен цел број n е делив со 6 без остаток

• 1) Нека n=1, тогаш 11 2 -1=120 се дели со 6 без остаток. Значи за n=1 исказот е вистинит
• 2) Да претпоставиме дека за n=k 1 2k -1 е делив со 6 без остаток
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Двата члена се деливи со 6 без остаток: првиот содржи множител на 6 број 120, а вториот е делив со 6 без остаток по претпоставка. Значи збирот е делив со 6 без остаток. Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува.

Докажете дека 3 3n+3 -26n-27 за произволен позитивен цел број n е делив со 26 2 (676) без остаток

Прво да докажеме дека 3 3n+3 -1 е делив со 26 без остаток

• 1. Кога n=0
• 3 3 -1=26 се дели со 26
• 2. Да претпоставиме дека за n=k
• 3 3k+3 -1 се дели со 26
• 3. Да докажеме дека тврдењето е точно 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 со 26

Сега да го докажеме тврдењето формулирано во состојбата на проблемот

• 1) Очигледно е дека за n=1 изјавата е вистинита
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Да претпоставиме дека за n=k изразот 3 3k+3 -26k-27 е делив со 26 2 без остаток
• 3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3-1)+(3 3k+3 -26k-27)

Двата члена се деливи со 26 2 ; првиот е делив со 26 2 затоа што докажавме дека изразот во заградите е делив со 26, а вториот е делив со индуктивната хипотеза. Врз основа на методот на математичка индукција, тврдењето се докажува

Докажи дека ако n>2 и х>0, тогаш неравенката (1+х) n >1+n ґ х

• 1) За n=2, неравенството е точно, бидејќи
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Значи А(2) е точно

• 2) Да докажеме дека A(k) ⋅ A(k+1) ако k> 2. Да претпоставиме дека A(k) е точно, т.е. дека неравенството
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Да докажеме дека тогаш A(k+1) е исто така точно, т.е. дека неравенството

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

Навистина, множејќи ги двете страни на неравенката (3) со позитивен број 1+x, добиваме

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Размислете за десната страна на последната неравенка; ние имаме

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

Како резултат на тоа, добиваме дека (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Значи A(k) ⋅ A(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, може да се тврди дека неравенката на Бернули е валидна за кое било n> 2

Докажи дека неравенството (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 е точно за a> 0

Решение: 1) За m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 двата дела се еднакви
• 2) Да претпоставиме дека за m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Да докажеме дека за m=k+1 неравенството е точно
• (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

Ја докажавме валидноста на неравенката за m=k+1, затоа, поради методот на математичка индукција, неравенството важи за секој природен m

Докажи дека за n>6 неравенката 3 n >n ґ 2 n+1

Да ја преработиме неравенството во форма (3/2) n >2n

• 1. За n=7 имаме 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенството е точно
• 2. Да претпоставиме дека за n=k (3/2) k >2k
• 3) Да ја докажеме валидноста на неравенката за n=k+1
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2 (k+1)

Бидејќи k>7, последната неравенка е очигледна.

Поради методот на математичка индукција, неравенството важи за секое природно n

Докажи дека за n>2 неравенството

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) За n=3 неравенството е точно
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Да претпоставиме дека за n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Да ја докажеме валидноста на неравенката за n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Да докажеме дека 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

Последново е очигледно, и затоа

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

Врз основа на методот на математичка индукција, нееднаквоста се докажува.