Prawdziwa wiedza zawsze opierała się na ustaleniu wzorca i udowodnieniu jego prawdziwości w określonych okolicznościach. Przez tak długi okres istnienia logicznego rozumowania podano sformułowania reguł, a Arystoteles ułożył nawet listę „prawidłowego rozumowania”. Historycznie zwyczajowo wszystkie wnioskowania dzieli się na dwa typy - od konkretu do liczby mnogiej (indukcja) i vice versa (dedukcja). Należy zauważyć, że rodzaje dowodów od szczegółowego do ogólnego i od ogólnego do szczegółowego istnieją tylko w połączeniu i nie mogą być wymieniane.

Indukcja w matematyce

Termin „indukcja” (indukcja) ma łacińskie korzenie i dosłownie tłumaczy się jako „przewodnictwo”. Po bliższym przyjrzeniu się można wyróżnić strukturę słowa, a mianowicie przedrostek łaciński - in- (oznacza działanie skierowane do wewnątrz lub bycie wewnątrz) oraz -duction - wprowadzenie. Warto zauważyć, że istnieją dwa rodzaje - indukcja pełna i niepełna. Pełna forma charakteryzuje się wnioskami wyciągniętymi z badania wszystkich przedmiotów danej klasy.

Niekompletne - wnioski dotyczyły wszystkich przedmiotów zajęć, ale zostały sporządzone na podstawie badań tylko niektórych jednostek.

Całkowita indukcja matematyczna jest wnioskiem opartym na ogólnym wniosku dotyczącym całej klasy dowolnych obiektów, które są funkcjonalnie powiązane relacjami naturalnego szeregu liczb, opartym na znajomości tego funkcjonalnego związku. W tym przypadku proces proofa odbywa się w trzech etapach:

• na pierwszym etapie udowodniono poprawność stwierdzenia indukcji matematycznej. Przykład: f = 1, indukcja;
• kolejny etap opiera się na założeniu, że pozycja jest ważna dla wszystkich liczb naturalnych. To znaczy, f=h, to jest założenie indukcyjne;
• na trzecim etapie słuszność pozycji dla liczby f=h+1 jest udowodniona na podstawie poprawności pozycji z poprzedniego paragrafu - jest to przejście indukcyjne, czyli krok indukcji matematycznej. Przykładem jest tzw. jeśli pierwsza kość w rzędzie spada (podstawa), to wszystkie kości w rzędzie spadają (przejście).

Żartobliwie i poważnie

Dla ułatwienia percepcji przykłady rozwiązań metodą indukcji matematycznej są potępiane w postaci problemów żartowych. To jest zadanie Grzeczności w kolejce:

• Zasady postępowania zabraniają mężczyźnie skręcać się przed kobietą (w takiej sytuacji zostaje ona wypuszczona). Opierając się na tym stwierdzeniu, jeśli ostatni w kolejce jest mężczyzną, to cała reszta to mężczyźni.

Uderzającym przykładem metody indukcji matematycznej jest problem „Lot bezwymiarowy”:

• Wymagane jest wykazanie, że w busie mieści się dowolna liczba osób. Prawdą jest, że jedna osoba bez problemu zmieści się do środka transportu (podstawa). Ale bez względu na to, jak pełny jest minibus, zawsze zmieści się w nim 1 pasażer (stopień indukcyjny).

znajome kręgi

Przykłady rozwiązywania problemów i równań za pomocą indukcji matematycznej są dość powszechne. Jako ilustrację tego podejścia możemy rozważyć następujący problem.

Stan: h okręgi są umieszczane na płaszczyźnie. Należy wykazać, że dla dowolnego układu figur, tworzona przez nie mapa może być poprawnie pokolorowana dwoma kolorami.

Rozwiązanie: dla h=1 prawdziwość twierdzenia jest oczywista, więc dowód zostanie zbudowany dla liczby okręgów h+1.

Załóżmy, że stwierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej mapy, a okręgi h+1 są podane na płaszczyźnie. Usuwając jedno z kół z sumy, możesz uzyskać mapę poprawnie pokolorowaną dwoma kolorami (czarnym i białym).

Podczas przywracania usuniętego okręgu kolor każdego obszaru zmienia się na przeciwny (w tym przypadku wewnątrz okręgu). Okazuje się, że mapa jest poprawnie pokolorowana w dwóch kolorach, co wymagało udowodnienia.

Przykłady z liczbami naturalnymi

Zastosowanie metody indukcji matematycznej jest wyraźnie pokazane poniżej.

Przykłady rozwiązań:

Udowodnij, że dla dowolnego h równość będzie poprawna:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Niech h=1, wtedy:

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

Wynika z tego, że dla h=1 zdanie jest poprawne.

2. Zakładając, że h=d otrzymujemy równanie:

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

3. Zakładając, że h=d+1, okazuje się:

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.

W ten sposób udowodniono słuszność równości dla h=d+1, więc twierdzenie jest prawdziwe dla any Liczba naturalna, co pokazano w przykładzie rozwiązania za pomocą indukcji matematycznej.

Zadanie

Stan: wymagany jest dowód, że dla dowolnej wartości h wyrażenie 7 h -1 jest podzielne przez 6 bez reszty.

Rozwiązanie:

1. Powiedzmy, że h=1, w tym przypadku:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (tj. podzielone przez 6 bez reszty)

Dlatego dla h=1 zdanie jest prawdziwe;

2. Niech h=d i 7 d -1 jest podzielne przez 6 bez reszty;

3. Dowodem słuszności twierdzenia dla h=d+1 jest wzór:

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

W tym przypadku pierwszy wyraz jest podzielny przez 6 przez założenie pierwszego akapitu, a drugi wyraz jest równy 6. Stwierdzenie, że 7 h -1 jest podzielne przez 6 bez reszty dla dowolnego naturalnego h jest prawdziwe.

Błąd osądu

Często w dowodzie stosowane jest błędne rozumowanie, ze względu na niedokładność zastosowanych konstrukcji logicznych. Zasadniczo dzieje się tak, gdy naruszona zostanie struktura i logika dowodu. Przykładem nieprawidłowego rozumowania jest poniższa ilustracja.

Zadanie

Stan: wymaga dowodu, że żaden stos kamieni nie jest stosem.

Rozwiązanie:

1. Powiedzmy, że h=1, w tym przypadku w stosie jest 1 kamień i stwierdzenie jest prawdziwe (podstawa);

2. Niech dla h=d będzie prawdą, że stos kamieni nie jest stosem (założenie);

3. Niech h=d+1, z czego wynika, że ​​gdy doda się jeszcze jeden kamień, zbiór nie będzie kupą. Wniosek nasuwa się sam, że założenie jest ważne dla wszystkich naturalnych h.

Błąd polega na tym, że nie ma definicji, ile kamieni tworzy stos. Takie pominięcie nazywa się pośpiesznym uogólnieniem w metodzie indukcji matematycznej. Przykład wyraźnie to pokazuje.

Indukcja i prawa logiki

Historycznie zawsze „chodzą ręka w rękę”. Taki dyscypliny naukowe podobnie jak logika, filozofia opisuje je jako przeciwieństwa.

Z punktu widzenia prawa logiki definicje indukcyjne opierają się na faktach, a prawdziwość przesłanek nie przesądza o poprawności otrzymanego stwierdzenia. Często wnioski są wyciągane z pewnym prawdopodobieństwem i prawdopodobieństwem, które oczywiście muszą być zweryfikowane i potwierdzone dodatkowymi badaniami. Przykładem indukcji w logice byłoby stwierdzenie:

Susza w Estonii, susza na Łotwie, susza na Litwie.

Estonia, Łotwa i Litwa to kraje bałtyckie. Susza we wszystkich krajach bałtyckich.

Z przykładu możemy wywnioskować, że nowej informacji lub prawdy nie można uzyskać metodą indukcji. Jedyne, na co można liczyć, to jakaś możliwa prawdziwość wniosków. Co więcej, prawdziwość przesłanek nie gwarantuje tych samych wniosków. Fakt ten nie oznacza jednak, że indukcja wegetuje na podwórku dedukcji: ogromna liczba przepisów i praw naukowych uzasadnia się metodą indukcji. Przykładem może być matematyka, biologia i inne nauki. Wynika to głównie z metody pełnej indukcji, ale w niektórych przypadkach stosuje się również częściowe.

Czcigodny wiek indukcji pozwolił jej przeniknąć do niemal wszystkich sfer ludzkiej działalności - to nauka, ekonomia i codzienne wnioski.

Indukcja w środowisku naukowym

Metoda indukcji wymaga skrupulatnej postawy, ponieważ zbyt wiele zależy od liczby konkretów całego badanego: co jeszcze badane, tym bardziej wiarygodny wynik. W oparciu o tę cechę prawa naukowe uzyskane metodą indukcji są testowane przez wystarczająco długi czas na poziomie założeń probabilistycznych w celu wyizolowania i zbadania wszystkich możliwych elementów strukturalnych, połączeń i wpływów.

W nauce wniosek indukcyjny opiera się na: istotne cechy, z wyjątkiem pozycji losowych. Ten fakt ważne ze względu na charakter wiedza naukowa. Widać to wyraźnie na przykładach indukcji w nauce.

W świecie naukowym istnieją dwa rodzaje indukcji (w związku z metodą studiowania):

1. selekcja indukcyjna (lub selekcja);
2. indukcja - wykluczenie (eliminacja).

Pierwszy typ wyróżnia metodyczne (badanie) losowanie klasy (podklas) z jej różnych obszarów.

Przykład tego typu indukcji jest następujący: srebro (lub sole srebra) oczyszcza wodę. Konkluzja opiera się na długoterminowych obserwacjach (rodzaj selekcji potwierdzeń i obaleń – selekcja).

Drugi rodzaj indukcji opiera się na wnioskach ustalających przyczynowość oraz wykluczenie okoliczności, które nie spełniają jej właściwości, a mianowicie powszechności, przestrzegania kolejności czasowej, konieczności i jednoznaczności.

Indukcja i dedukcja z punktu widzenia filozofii

Jeśli spojrzysz na retrospektywę historyczną, termin „indukcja” został po raz pierwszy wymieniony przez Sokratesa. Arystoteles opisał przykłady indukcji w filozofii w bardziej przybliżonym słowniku terminologicznym, ale kwestia indukcji niepełnej pozostaje otwarta. Po prześladowaniach sylogizmu arystotelesowskiego metoda indukcyjna zaczęła być uznawana za owocną i jedyną możliwą w naukach przyrodniczych. Bacon uważany jest za ojca indukcji jako niezależnej metody specjalnej, ale nie udało mu się oddzielić, jak domagali się jego współcześni, indukcji od metody dedukcyjnej.

Dalszy rozwój indukcji przeprowadził J. Mill, który rozważał teorię indukcji z punktu widzenia czterech głównych metod: zgodności, różnicy, reszt i odpowiadających im zmian. Nic dziwnego, że dzisiaj wymienione metody, po szczegółowym rozważeniu, mają charakter dedukcyjny.

Świadomość niespójności teorii Bacona i Milla skłoniła naukowców do zbadania probabilistycznej podstawy indukcji. Jednak nawet tutaj były pewne skrajności: próbowano zredukować indukcję do teorii prawdopodobieństwa, ze wszystkimi wynikającymi z tego konsekwencjami.

Wprowadzenie otrzymuje wotum zaufania, gdy praktyczne zastosowanie w niektórych obszary podlegające oraz dzięki dokładności metrycznej podstawy indukcyjnej. Przykładem indukcji i dedukcji w filozofii może być prawo powszechnego ciążenia. W dniu odkrycia prawa Newton był w stanie zweryfikować je z dokładnością do 4 proc. A przy sprawdzaniu po ponad dwustu latach poprawność została potwierdzona z dokładnością do 0,0001 procent, chociaż sprawdzenie przeprowadzono tymi samymi uogólnieniami indukcyjnymi.

Filozofia współczesna zwraca większą uwagę na dedukcję, która jest podyktowana logiczną chęcią wyciągnięcia nowej wiedzy (lub prawdy) z tego, co już znane, bez uciekania się do doświadczenia, intuicji, ale posługując się „czystym” rozumowaniem. Odnosząc się do prawdziwych przesłanek w metodzie dedukcyjnej, we wszystkich przypadkach wynikiem jest stwierdzenie prawdziwe.

Ta bardzo ważna cecha nie powinna przesłaniać wartości metody indukcyjnej. Indukcja bowiem, oparta na dorobku doświadczenia, staje się także środkiem jego przetwarzania (w tym uogólniania i systematyzacji).

Zastosowanie indukcji w ekonomii

Indukcja i dedukcja są od dawna wykorzystywane jako metody badania gospodarki i przewidywania jej rozwoju.

Zakres zastosowania metody indukcji jest dość szeroki: badanie spełnienia wskaźników prognozy (zysk, amortyzacja itp.) oraz Ogólny wynik stan przedsiębiorstwa; tworzenie skutecznej polityki promocji przedsiębiorstwa w oparciu o fakty i ich relacje.

Ta sama metoda indukcji stosowana jest w wykresach Shewharta, gdzie przy założeniu podziału procesów na kontrolowane i niezarządzane stwierdza się, że rama procesu kontrolowanego jest nieaktywna.

Należy zauważyć, że prawa naukowe są uzasadnione i potwierdzane metodą indukcji, a ponieważ ekonomia jest nauką często posługującą się analizą matematyczną, teorią ryzyka i danymi statystycznymi, nie dziwi fakt, że indukcja znajduje się na liście głównych metod.

Poniższa sytuacja może służyć jako przykład indukcji i dedukcji w ekonomii. Wzrost cen żywności (z koszyka konsumenckiego) i dóbr podstawowych skłania konsumenta do myślenia o pojawiających się wysokich kosztach w państwie (indukcja). Jednocześnie z faktu wysokich kosztów przy pomocy metody matematyczne możliwe jest wyprowadzenie wskaźników wzrostu cen dla poszczególnych dóbr lub kategorii dóbr (odliczenie).

Najczęściej kadra kierownicza, menedżerowie i ekonomiści sięgają po metodę indukcji. Aby móc z wystarczającą prawdziwością przewidywać rozwój przedsiębiorstwa, zachowania rynkowe i konsekwencje konkurencji, konieczne jest indukcyjno-dedukcyjne podejście do analizy i przetwarzania informacji.

Ilustracyjny przykład indukcji w ekonomii, odwołujący się do błędnych sądów:

• zysk firmy spadł o 30%;
  konkurent rozszerzył swoją linię produktów;
  nic się nie zmieniło;
• polityka produkcyjna konkurencyjnej firmy spowodowała zmniejszenie zysku o 30%;
• dlatego należy wdrożyć tę samą politykę produkcyjną.

Przykład jest barwną ilustracją tego, jak nieumiejętne zastosowanie metody indukcji przyczynia się do ruiny przedsiębiorstwa.

Dedukcja i indukcja w psychologii

Skoro jest metoda, to, logicznie rzecz biorąc, jest też właściwie zorganizowane myślenie (do korzystania z metody). Psychologia jako nauka badająca procesy mentalne, ich powstawanie, rozwój, relacje, interakcje, zwraca uwagę na myślenie „dedukcyjne”, jako jedną z form przejawów dedukcji i indukcji. Niestety na stronach psychologii w Internecie praktycznie nie ma uzasadnienia dla integralności metody dedukcyjno-indukcyjnej. Chociaż zawodowi psychologowie częściej spotykają się z przejawami indukcji, a raczej błędnymi wnioskami.

Przykładem indukcji w psychologii, jako ilustracja błędnych sądów, jest stwierdzenie: moja matka jest zwodzicielką, zatem wszystkie kobiety są zwodzicielami. Są jeszcze bardziej „błędne” przykłady indukcji z życia:

• uczeń nie jest do niczego zdolny, jeśli otrzymał dwójkę z matematyki;
• jest głupcem;
• jest mądry;
• Mogę zrobić wszystko;

I wiele innych sądów wartościujących opartych na absolutnie przypadkowych, a czasem nieistotnych przesłaniach.

Należy zauważyć: kiedy błąd czyjegoś osądu dochodzi do absurdu, dla psychoterapeuty pojawia się front pracy. Jeden przykład wprowadzenia na wizytę specjalisty:

„Pacjent jest absolutnie pewien, że czerwony kolor niesie dla niego tylko niebezpieczeństwo w jakichkolwiek przejawach. W rezultacie dana osoba wykluczyła tę kolorystykę ze swojego życia - na ile to możliwe. W środowisku domowym istnieje wiele możliwości wygodnego życia. Możesz odrzucić wszystkie czerwone przedmioty lub zastąpić je analogami wykonanymi w innej kolorystyce. Ale w w miejscach publicznych, w pracy, w sklepie - to niemożliwe. Wchodząc w sytuację stresu, pacjent za każdym razem doświadcza „przypływu” zupełnie innych Stany emocjonalne co może stanowić zagrożenie dla innych”.

Ten przykład indukcji, nieświadomie, nazywa się „ustalonymi pomysłami”. Jeśli tak się stanie z osobą zdrową psychicznie, możemy mówić o braku organizacji aktywność psychiczna. Sposób na pozbycie się stany obsesyjne może stać się podstawowym rozwinięciem myślenia dedukcyjnego. W innych przypadkach z takimi pacjentami pracują psychiatrzy.

Powyższe przykłady indukcji wskazują, że „nieznajomość prawa nie zwalnia od konsekwencji (błędnych orzeczeń)”.

Psychologowie, zajmujący się tematem myślenia dedukcyjnego, opracowali listę zaleceń, które mają pomóc ludziom opanować tę metodę.

Pierwszym krokiem jest rozwiązywanie problemów. Jak widać, formę indukcji używaną w matematyce można uznać za „klasyczną”, a zastosowanie tej metody przyczynia się do „dyscypliny” umysłu.

Kolejnym warunkiem rozwoju myślenia dedukcyjnego jest poszerzanie horyzontów (ci, którzy myślą jasno, jasno stwierdzają). Rekomendacja ta kieruje „cierpienie” do skarbców nauki i informacji (biblioteki, strony internetowe, inicjatywy edukacyjne, podróże itp.).

Osobno należy wspomnieć o tzw. „indukcji psychologicznej”. Termin ten, choć nieczęsty, można znaleźć w Internecie. Wszystkie źródła nie podają choćby krótkiej definicji tego terminu, ale powołują się na „przykłady z życia”, podając się jako nowy rodzaj indukcja albo sugestia, albo niektóre formy choroby psychicznej, albo skrajne stany ludzkiej psychiki. Z powyższego jasno wynika, że ​​próba wydedukowania „ nowy semestr”, opierając się na fałszywych (często nieprawdziwych) przesłankach, skazuje eksperymentatora na otrzymanie błędnego (lub pochopnego) stwierdzenia.

Należy zauważyć, że odniesienie do eksperymentów z 1960 r. (bez wskazania miejsca, nazwisk eksperymentatorów, próby badanych i, co najważniejsze, celu eksperymentu) wygląda, delikatnie mówiąc, nieprzekonująco, a stwierdzenie że mózg odbiera informacje z pominięciem wszystkich narządów percepcji (w tym przypadku bardziej organicznie pasowałoby się wyrażenie „doświadczony”), każe się zastanowić nad łatwowiernością i bezkrytycznym charakterem autora wypowiedzi.

Zamiast konkluzji

Królowa nauk – matematyka, nie na próżno wykorzystuje wszelkie możliwe rezerwy metody indukcji i dedukcji. Rozważane przykłady pozwalają stwierdzić, że powierzchowne i nieudolne (jak to się mówi bezmyślne) stosowanie nawet najdokładniejszych i najbardziej niezawodnych metod zawsze prowadzi do błędnych wyników.

W świadomość masowa metoda dedukcji kojarzy się ze słynnym Sherlockiem Holmesem, który w swoich konstrukcjach logicznych często posługuje się przykładami indukcji, stosując dedukcję w sytuacjach koniecznych.

W artykule rozważono przykłady zastosowania tych metod w różnych naukach i sferach życia człowieka.

Indukcja matematyczna leży u podstaw jednej z najpowszechniejszych metod dowodu matematycznego. Może służyć do udowodnienia bardzo formuły z liczbami naturalnymi n, na przykład wzór na znalezienie sumy pierwszych członów progresji S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, wzór dwumianowy Newtona 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 .

W pierwszym akapicie przeanalizujemy podstawowe pojęcia, następnie rozważymy podstawy samej metody, a następnie podpowiemy, jak ją wykorzystać do udowodnienia równości i nierówności.

Koncepcje indukcji i dedukcji

Najpierw spójrzmy, czym jest indukcja i dedukcja.

Definicja 1

Wprowadzenie jest przejściem od szczegółu do ogółu, oraz odliczenie przeciwnie, od ogółu do szczegółu.

Na przykład mamy stwierdzenie: 254 można całkowicie podzielić na dwa. Z tego możemy wyciągnąć wiele wniosków, wśród których znajdzie się zarówno prawda, jak i fałsz. Na przykład stwierdzenie, że wszystkie liczby całkowite z liczbą 4 na końcu można podzielić przez dwa bez reszty, jest prawdziwe, ale twierdzenie, że dowolna liczba trzech cyfr jest podzielna przez 2, jest fałszywe.

Ogólnie można powiedzieć, że za pomocą rozumowania indukcyjnego można wyciągnąć wiele wniosków z jednego znanego lub oczywistego rozumowania. Indukcja matematyczna pozwala nam określić, na ile trafne są te wnioski.

Załóżmy, że mamy ciąg liczb, taki jak 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , gdzie n oznacza pewną liczbę naturalną. W tym przypadku dodając pierwsze elementy ciągu otrzymujemy:

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

Korzystając z indukcji, możemy wywnioskować, że S n = n n + 1 . W trzeciej części udowodnimy tę formułę.

Jaka jest metoda indukcji matematycznej

Ta metoda opiera się na zasadzie o tej samej nazwie. Sformułowany jest tak:

Definicja 2

Pewne stwierdzenie będzie prawdziwe dla wartości naturalnej n, gdy 1) będzie prawdziwe dla n = 1 i 2) z faktu, że wyrażenie to jest prawdziwe dla dowolnej wartości naturalnej n = k, wynika, że ​​również będzie prawdziwe dla n = k + 1 .

Zastosowanie metody indukcji matematycznej odbywa się w 3 etapach:

1. Najpierw sprawdzamy poprawność oryginalnego zdania w przypadku arbitralnej wartości naturalnej n (zazwyczaj test jest wykonywany na jedność).
2. Następnie sprawdzamy wierność przy n = k .
3. A potem udowadniamy słuszność twierdzenia, jeśli n = k + 1 .

Jak zastosować metodę indukcji matematycznej przy rozwiązywaniu nierówności i równań?

Weźmy przykład, o którym mówiliśmy wcześniej.

Przykład 1

Udowodnij wzór S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Rozwiązanie

Jak już wiemy, aby zastosować metodę indukcji matematycznej, należy wykonać trzy kolejne kroki.

1. Najpierw sprawdzamy, czy ta równość będzie ważna dla n równego jeden. Otrzymujemy S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Tutaj wszystko się zgadza.
2. Dalej zakładamy, że formuła S k = k k + 1 jest poprawna.
3. W trzecim kroku musimy udowodnić, że S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , na podstawie ważności poprzedniej równości.

Możemy przedstawić k + 1 jako sumę pierwszych wyrazów oryginalnego ciągu i k + 1:

Sk + 1 = Sk + 1 k + 1 (k + 2)

Ponieważ w drugim kroku otrzymaliśmy, że S k = k k + 1, możemy napisać:

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

Teraz wykonujemy niezbędne przekształcenia. Musimy zmniejszyć ułamek do wspólny mianownik, wprowadzając podobne terminy, zastosuj skróconą formułę mnożenia i zmniejsz to, co się stało:

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

W ten sposób udowodniliśmy równość w punkcie trzecim, wykonując wszystkie trzy kroki metody indukcji matematycznej.

Odpowiadać: założenie o wzorze S n = n n + 1 jest prawdziwe.

Weźmy bardziej złożony problem z funkcjami trygonometrycznymi.

Przykład 2

Podaj dowód tożsamości cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Rozwiązanie

Jak pamiętamy, pierwszym krokiem powinno być sprawdzenie poprawności równości, gdy n jest równe jeden. Aby się tego dowiedzieć, musimy pamiętać o podstawowych wzorach trygonometrycznych.

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

Dlatego dla n równego jeden tożsamość będzie prawdziwa.

Załóżmy teraz, że jego ważność jest zachowana dla n = k , tj. będzie prawdą, że cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Dowodzimy równości cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α dla przypadku, gdy n = k + 1, na podstawie poprzedniego założenia.

Zgodnie ze wzorem trygonometrycznym

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

W konsekwencji,

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

Przykład rozwiązania problemu udowodnienia nierówności tą metodą podano w artykule o metodzie najmniejszych kwadratów. Przeczytaj akapit, w którym wyprowadzono wzory na znalezienie współczynników aproksymacji.

Jeśli zauważysz błąd w tekście, zaznacz go i naciśnij Ctrl+Enter

Liceum MBOU „Techniczne i Ekonomiczne”

METODA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ

METODA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ.

NOTATKA WYJAŚNIAJĄCA

Opracowano opracowanie metodologiczne „Metoda indukcji matematycznej” dla uczniów klasy X profilu matematycznego.

Cele podstawowe: zapoznanie studentów z metodą indukcji matematycznej i nauczenie jej zastosowania w rozwiązywaniu różnych problemów.

W rozwój metodologiczny Rozważane są zagadnienia matematyki elementarnej: proponuje się problemy podzielności, dowodu tożsamości, dowodu nierówności, zadania o różnym stopniu złożoności, w tym zadania olimpijskie.

Rola wnioskowań indukcyjnych w naukach eksperymentalnych jest bardzo duża. Podają te przepisy, z których następnie wyciąga się dalsze wnioski przez odliczenie. Nazwa metoda indukcji matematycznej zwodniczo - w rzeczywistości ta metoda jest dedukcyjna i daje rygorystyczny dowód twierdzeń odgadniętych przez indukcję. Metoda indukcji matematycznej przyczynia się do identyfikacji powiązań między różnymi działami matematyki, pomaga rozwijać kulturę matematyczną ucznia.

Definicja metody indukcji matematycznej. Indukcja pełna i niepełna. Dowód nierówności. Dowód tożsamości. Rozwiązywanie problemów podzielności. Rozwiązywanie różnych problemów na temat „Metoda indukcji matematycznej”.

LITERATURA DLA NAUCZYCIELA

1. M.L. Galitsky. Głęboka nauka kurs algebry i analizy matematycznej. - M. Oświecenie 1986.

2. LI Zwawicz. Algebra i początki analizy. Materiały dydaktyczne. M. Drofa 2001.

3. N.Ya Vilenkin. Algebra i analiza matematyczna. Oświecenie M. 1995.

4. Yu.V. Micheev. Metoda indukcji matematycznej. NGU.1995.

LITERATURA DLA STUDENTÓW

1. N.Ya Vilenkin. Algebra i analiza matematyczna. Oświecenie M. 1995.

2. Yu.V. Micheev. Metoda indukcji matematycznej. NGU.1995.

SŁOWA KLUCZOWE

Indukcja, aksjomat, zasada indukcji matematycznej, indukcja zupełna, indukcja niezupełna, twierdzenie, tożsamość, nierówność, podzielność.

DODATEK DYDAKTYCZNY DO TEMATU

„METODA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ”.

Lekcja 1

Definicja metody indukcji matematycznej.

Metoda indukcji matematycznej jest jedną z wysoce wydajna metoda poszukiwanie nowych wyników i dowodu prawdziwości proponowanych założeń. Chociaż ta metoda nie jest nowa w matematyce, zainteresowanie nią nie słabnie. Po raz pierwszy w klarownej prezentacji metodę indukcji matematycznej zastosował w XVII wieku wybitny francuski naukowiec Blaise Pascal do udowodnienia własności trójkąta liczbowego, który od tego czasu został nazwany jego imieniem. Jednak idea indukcji matematycznej była znana już starożytnym Grekom. Metoda indukcji matematycznej opiera się na zasadzie indukcji matematycznej, która jest przyjmowana jako aksjomat. Rozważymy ideę indukcji matematycznej na przykładach.

Przykład 1.

Kwadrat jest podzielony segmentem na dwie części, następnie jedna z powstałych części jest podzielona na dwie części i tak dalej. Określ, na ile części podzielony jest kwadrat P kroki?

Rozwiązanie.

Po pierwszym kroku otrzymujemy według warunków 2 części. W drugim kroku pozostawiamy jedną część niezmienioną, a drugą dzielimy na 2 części i otrzymujemy 3 części. W trzecim kroku pozostawiamy 2 części bez zmian, a trzecią dzielimy na dwie części i otrzymujemy 4 części. W czwartym kroku pozostawiamy 3 części bez zmian, a ostatnią dzielimy na dwie części i otrzymujemy 5 części. W piątym kroku otrzymamy 6 części. Sugeruje się, że poprzez P kroki, które otrzymujemy (n+1) część. Ale ta propozycja musi zostać udowodniona. Załóżmy, że przez do kroki, na które podzielony jest kwadrat (k+1) część. Następnie dalej (k+1) krok my do części pozostaną niezmienione i (k+1) podziel część na dwie części i zdobądź (k+2) Części. Zauważasz, że możesz się tak kłócić tak długo, jak chcesz, w nieskończoność. Oznacza to, że naszym założeniem jest to P schodki kwadrat zostanie podzielony na (n+1) część, staje się udowodniona.

Przykład #2.

Moja babcia miała wnuczkę, która bardzo lubiła dżem, a zwłaszcza tę w litrowym słoiku. Ale babcia nie pozwoliła mu dotknąć. A wnuczki postanowiły oszukać babcię. Postanowił zjadać codziennie 1/10 litra z tego słoika i uzupełniać go wodą, dokładnie mieszając. Po ilu dniach babcia odkryje oszustwo, jeśli dżem będzie wyglądał tak samo po rozcieńczeniu wodą o połowę?

Rozwiązanie.

Sprawdź, ile czystego dżemu pozostanie w słoiku po P dni. Po pierwszym dniu mieszanka pozostanie w słoiku, składająca się z 9/10 dżemu i 1/10 wody. Po dwóch dniach 1/10 mieszanki wody i dżemu zniknie ze słoika i pozostanie (1 litr mieszanki zawiera 9/10 litrów dżemu, 1/10 litra mieszanki zawiera 9/100 litrów dżemu)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litry dżemu. Trzeciego dnia ze słoika zniknie 1/10 litra mieszanki składającej się z 81/100 dżemu i 19/100 wody. W 1 litrze mieszanki znajduje się 81/100 litrów dżemu, w 1/10 litra mieszanki 81/1000 litrów dżemu. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 litry dżemu zostaną po 3 dniach, a resztę pochłonie woda. Pojawia się wzór. Poprzez P pozostałe dni w banku (9/10) P Dżem. Ale znowu, to tylko nasze przypuszczenie.

Wynajmować do jest dowolną liczbą naturalną. Załóżmy, że przez do dni w banku pozostaną (9/10) do l dżemu. Zobaczmy, co będzie w banku za inny dzień, czyli w (k+1) dzień. Zniknie z banku 1/10l mieszanka (9/10) do ja dżem i woda. W 1l mieszanka jest (9/10) do ja dżem, in 1/10l mieszanki (9/10) k+1 ja dżem. Teraz możemy śmiało powiedzieć, że poprzez P pozostałe dni w banku (9/10) P ja dżem. Za 6 dni bank będzie miał 531444/1000000l dżemy, po 7 dniach - 4782969/10000000l dżem, czyli mniej niż połowa.

Odpowiadać: po 7 dniach babcia odkryje oszustwo.

Spróbujmy wyróżnić najbardziej podstawowe rozwiązania rozważanych problemów. Zaczęliśmy rozwiązywać każdy z nich, rozważając oddzielne lub, jak mówią, przypadki szczególne. Następnie na podstawie naszych obserwacji poczyniliśmy pewne założenia P(n), w zależności od naturalnego P.

twierdzenie zostało sprawdzone, czyli udowodnione P(1), P(2), P(3);

zasugerował, że P(n) ważne przez n=k i wywnioskowałem, że wtedy będzie ważny na następny n, n=k+1.

A potem spierali się mniej więcej tak: P(1) prawo, P(2) prawo, P(3) prawo, P(4) racja... to racja P(n).

Zasada indukcji matematycznej.

Oświadczenie P(n), w zależności od naturalnego P, dotyczy wszystkich naturalnych P, jeśli

1) ważność twierdzenia o n=1;

2) od założenia ważności oświadczenia P(n) w n=k powinien

sprawiedliwość P(n) w n=k+1.

W matematyce zasada indukcji matematycznej jest wybierana z reguły jako jeden z aksjomatów definiujących naturalny ciąg liczb, a zatem jest akceptowana bez dowodu. Metodę dowodu na zasadzie indukcji matematycznej nazywa się zwykle metodą indukcji matematycznej. Zauważ, że ta metoda jest szeroko stosowana do dowodzenia twierdzeń, tożsamości, nierówności w rozwiązywaniu problemów podzielności i wielu innych problemów.

Lekcja 2

Indukcja pełna i niepełna.

W przypadku, gdy zdanie matematyczne dotyczy skończonej liczby obiektów, można to udowodnić sprawdzając dla każdego obiektu, np. zdanie „Każde dwuwartościowe Liczba parzysta to suma dwóch liczby pierwsze”. Metoda dowodowa, w której testujemy zdanie dla skończonej liczby przypadków, nazywa się całkowitą indukcją matematyczną. Ta metoda jest używana stosunkowo rzadko, ponieważ instrukcje są najczęściej rozważane na zbiorach nieskończonych. Na przykład twierdzenie „Każda liczba parzysta jest równa sumie dwóch liczb pierwszych” nie zostało do tej pory ani udowodnione, ani obalone. Nawet gdybyśmy przetestowali to twierdzenie dla pierwszego miliarda, nie przybliżyłoby nas to o krok do jego udowodnienia.

W nauki przyrodnicze zastosować niepełną indukcję, kilkakrotnie sprawdzając eksperyment, przenosząc wynik na wszystkie przypadki.

Przykład #3

Zgadnij używając niepełnego wzoru indukcyjnego na sumę sześcianów liczb naturalnych.

Rozwiązanie.

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 .

Dowód.

Niech to będzie prawda dla n=k.

Udowodnijmy, że tak jest w przypadku n=k+1.

Wniosek: wzór na sumę sześcianów liczb naturalnych jest prawdziwy dla każdego naturalnego P.

Przykład #4

Zastanów się nad równością i zgadnij, do jakiego ogólnego prawa prowadzą te przykłady.

Rozwiązanie.

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

……………………………………………………………..

Przykład nr 5

Zapisz następujące wyrażenia jako sumę:

1)
2)
3)
; 4)
.

Grecka litera „sigma”.

Przykład #6.

Wpisz następujące sumy używając znaku
:

2)

Przykład 7.

Zapisz następujące wyrażenia jako iloczyny:

1)

3)
4)

Przykład 8.

Zapisz następujące prace za pomocą znaku

(duża grecka litera „pi”)

1)
2)

Przykład #9.

Obliczanie wartości wielomianu f ( n )= n 2 + n +11 , w n=1,2,3,4,5,6,7 można założyć, że dla każdego naturalnegoP numer f ( n ) prosty.

Czy to założenie jest poprawne?

Rozwiązanie.

Jeśli każda suma jest podzielna przez liczbę, to suma jest podzielna przez tę liczbę,
nie jest liczbą pierwszą dla żadnej liczby naturalnejP.

Analiza skończonej liczby przypadków odgrywa ważna rola w matematyce: bez podania dowodu na to czy tamto twierdzenie, pomaga odgadnąć poprawne sformułowanie tego twierdzenia, jeśli jest ono jeszcze nieznane. W ten sposób Goldbach, członek Petersburskiej Akademii Nauk, doszedł do przypuszczenia, że ​​każda liczba naturalna, zaczynając od dwóch, jest sumą co najwyżej trzech liczb pierwszych.

Lekcja 3

Metoda indukcji matematycznej pozwala nam udowodnić różne tożsamości.

Przykład #10. Udowodnijmy to wszystkim P tożsamość

Rozwiązanie.

Włóżmy

Musimy to udowodnić

Udowodnijmy, że to z prawdy o tożsamości

prawda o tożsamości następuje

Zgodnie z zasadą indukcji matematycznej prawda o identyczności dla wszystkich P.

Przykład #11.

Udowodnijmy tożsamość

Dowód.

termin po okresie równości.

;
. Więc ta tożsamość jest prawdziwa dla wszystkichP .

Lekcja nr 4.

Dowód tożsamości metodą indukcji matematycznej.

Przykład #12. Udowodnijmy tożsamość

Dowód.

Stosując zasadę indukcji matematycznej udowodniliśmy, że równość jest prawdziwa dla wszystkich P.

Przykład #13. Udowodnijmy tożsamość

Dowód.

Stosując zasadę indukcji matematycznej, udowodniliśmy, że stwierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego P.

Przykład #14. Udowodnijmy tożsamość

Dowód.

Przykład #15. Udowodnijmy tożsamość

1) n=1;

2) dla n=k równość

3) udowodnić, że równość obowiązuje n=k+1:

Wniosek: tożsamość jest ważna dla każdego naturalnego P.

Przykład #16. Udowodnijmy tożsamość

Dowód.

Jeśli n=1 , następnie

Niech tożsamość utrzyma się na n=k.

Udowodnijmy, że tożsamość jest aktualna n=k+1.

Wtedy tożsamość jest ważna dla każdego naturalnego P.

Lekcja nr 5.

Dowód tożsamości metodą indukcji matematycznej.

Przykład #17. Udowodnijmy tożsamość

Dowód.

Jeśli n=2 , otrzymujemy poprawną równość:

Niech równość będzie prawdziwa dlan=k:

Udowodnijmy słuszność twierdzenia dla n=k+1.

Zgodnie z zasadą indukcji matematycznej tożsamość jest udowodniona.

Przykład #18. Udowodnijmy tożsamość
dla n≥2.

Na n=2 tę tożsamość można przepisać w bardzo prostej formie

i oczywiście prawdziwe.

Niech w n=k naprawdę

.

Udowodnijmy słuszność twierdzenia dlan=k+1, to znaczy równość jest spełniona: .

Udowodniliśmy więc, że tożsamość jest prawdziwa dla każdego naturalnego n≥2.

Przykład #19. Udowodnijmy tożsamość

Na n=1 otrzymujemy poprawną równość:

Załóżmy, że w n=k otrzymujemy również poprawną równość:

Udowodnijmy, że ważność równości jest przestrzegana dla n=k+1:

Wtedy tożsamość jest ważna dla każdego naturalnego P.

Lekcja nr 6.

Rozwiązywanie problemów podzielności.

Przykład #20. Udowodnij za pomocą indukcji matematycznej, że

podzielony przez 6 bez śladu.

Dowód.

Na n=1 istnieje podział na6 bez śladu,
.

Niech w n=k wyrażenie
wiele6.

Udowodnijmy, że kiedy n=k+1 wyrażenie
wiele6 .

Każdy termin jest wielokrotnością 6 , więc suma jest wielokrotnością 6 .

Przykład nr 21.
na5 bez śladu.

Dowód.

Na n=1 wyrażenie jest podzielne
.

Niech w n=k wyrażenie
również podzielone na5 bez śladu.

Na n=k+1 podzielony przez 5 .

Przykład #22. Udowodnij podzielność wyrażenia
na16.

Dowód.

Na n=1 wiele 16 .

Niech w n=k
wiele16.

Na n=k+1

Wszystkie terminy są podzielne przez 16: pierwszy jest oczywiście drugim z założenia, a trzeci ma parzystą liczbę w nawiasach.

Przykład #23. Udowodnij podzielność
na676.

Dowód.

Najpierw udowodnijmy, że
podzielony przez
.

Na n=0
.

Niech w n=k
podzielony przez26 .

Następnie w n=k+1 podzielony przez 26 .

Udowodnijmy teraz twierdzenie sformułowane w warunkach problemu.

Na n=1 podzielony przez 676.

Na n=k To prawda, że
podzielony przez26 2 .

Na n=k+1 .

Oba terminy są podzielne przez 676 ; po pierwsze dlatego, że udowodniliśmy podzielność przez 26 wyrażenie w nawiasach, a druga jest podzielna przez hipotezę indukcyjną.

Lekcja nr 7.

Rozwiązywanie problemów podzielności.

Przykład numer 24.

Udowodnij to
podzielony przez5 bez śladu.

Dowód.

Na n=1
podzielony przez5.

Na n=k
podzielony przez5 bez śladu.

Na n=k+1 każdy termin jest podzielny przez5 bez śladu.

Przykład #25.

Udowodnij to
podzielony przez6 bez śladu.

Dowód.

Na n=1
podzielony przez6 bez śladu.

Niech w n=k
podzielony przez6 bez śladu.

Na n=k+1 podzielony przez 6 nie ma reszty, ponieważ każdy wyraz jest podzielny przez6 bez reszty: pierwszy wyraz, z założenia indukcyjnego, drugi, oczywiście, trzeci, ponieważ
Liczba parzysta.

Przykład #26.

Udowodnij to
przy dzieleniu przez9 daje resztę 1 .

Dowód.

Udowodnijmy, że
podzielony przez9 .

Na n=1
podzielony przez 9 . Niech w n=k
podzielony przez9 .

Na n=k+1 podzielony przez 9 .

Przykładowy numer 27.

Udowodnij, że jest podzielna przez15 bez śladu.

Dowód.

Na n=1 podzielony przez 15 .

Niech w n=k podzielony przez 15 bez śladu.

Na n=k+1

Pierwszy termin to wielokrotność15 według hipotezy indukcyjnej drugi człon jest wielokrotnością15 – oczywiście trzeci wyraz jest wielokrotnością15 , dlatego
wiele5 (udowodniono w przykładzie nr 21), czwarty i piąty wyraz również są wielokrotnościami5 , co jest oczywiste, to suma jest wielokrotnością15 .

Lekcja numer 8-9.

Dowód nierówności za pomocą indukcji matematycznej

Przykład #28.
.

Na n=1 mamy
- prawo.

Niech w n=k
to prawdziwa nierówność.

Na n=k+1

Wtedy nierówność obowiązuje dla każdego naturalnego P.

Przykład #29. Udowodnij, że nierówność jest prawdziwa
dla każdego P.

Na n=1 otrzymujemy właściwą nierówność 4 >1.

Niech w n=k nierówności
.

Udowodnijmy, że kiedy n=k+1 nierówności

Dla każdego naturalnego do obserwuje się nierówność.

Jeśli
w
następnie

Przykład #30.

dla każdego naturalnego P i jakikolwiek

Wynajmować n=1
, prawo.

Załóżmy, że nierówność trwa n=k:
.

Na n=k+1

Przykładowy numer 31. Udowodnij słuszność nierówności

dla każdego naturalnego P.

Pozwól nam najpierw udowodnić, że dla każdego naturalnego t nierówności

Pomnóż obie strony nierówności przez
. Uzyskujemy równoważną nierówność lub
;
; - ta nierówność dotyczy każdego naturalnego t.

Na n=1 pierwotna nierówność jest prawdziwa
;
;
.

Niech nierówność utrzyma się na n=k:
.

Na n=k+1

Lekcja nr 10.

Rozwiązywanie problemów na ten temat

Metoda indukcji matematycznej.

Przykład #32. Udowodnij nierówność Bernoulliego.

Jeśli
, to dla wszystkich walorów przyrodniczychP nierówności

Dowód.

Na n=1 udowadniana nierówność przybiera formę
i oczywiście słuszne. Załóżmy, że to prawda dlan=k czyli co
.

Ponieważ zgodnie z warunkiem
, następnie
, a zatem nierówność nie zmienia swojego znaczenia, gdy obie jej części są pomnożone przez
:

Dlatego
, wtedy to otrzymujemy

.

Więc nierówność jest prawdziwa dla n=1, a od jego prawdy w n=k wynika z tego, że to prawda i n=k+1. Stąd, przez indukcję matematyczną, obowiązuje dla wszystkich naturalnych P.

Na przykład,

Przykład numer 33. Znajdź wszystkie walory przyrodniczeP , dla których nierówność

Rozwiązanie.

Na n=1 nierówność jest słuszna. Na n=2 nierówność też jest prawdziwa.

Na n=3 nierówność nie jest już zaspokajana. Tylko kiedy n=6 nierówność utrzymuje się, więc za podstawę indukcji możemy przyjąć n=6.

Załóżmy, że nierówność jest prawdziwa dla niektórych naturalnych do:

Rozważ nierówność

Ostatnia nierówność zachodzi, jeśli
Test na temat n=1 podaje się rekurencyjnie: n≥5 , gdzie P- -Liczba naturalna.

Ministerstwo Edukacji Regionu Saratowskiego

Saratowski Państwowy Uniwersytet Społeczno-Ekonomiczny

Regionalny konkurs matematyczny i praca przy komputerze uczniowie

"Wektor Przyszłości - 2007"

«Metoda indukcji matematycznej.

Jego zastosowanie do rozwiązywania problemów algebraicznych"

(sekcja "matematyka")

kreatywna praca

10 uczniów klasy „A”

MOU „Gimnazjum nr 1”

Oktiabrski rejon Saratowa

Harutyunyan Gayane.

Kierownik pracy:

nauczyciel matematyki

Grishina Irina Vladimirovna

Saratów

2007

Wstęp………………………………………………………………………………………3

Zasada indukcji matematycznej i jej

dowód…………………………………………………………………………..4

Przykłady rozwiązywania problemów………………………………………………………………………..9

Wniosek…………………………………………………………………………………..16

Literatura………………………………………………………………………………………17

Wstęp.

Metodę indukcji matematycznej można porównać z postępem. W rezultacie zaczynamy od najniższego logiczne myślenie dochodzimy do najwyższego. Człowiek zawsze dążył do postępu, do zdolności logicznego rozwijania myśli, co oznacza, że ​​sama natura przeznaczyła mu myślenie indukcyjne i wzmacnianie myśli dowodami przeprowadzonymi według wszystkich reguł logiki.
Obecnie pole stosowania metody indukcji matematycznej poszerzyło się, ale w program nauczania Niestety nie ma zbyt wiele czasu. Ale to jest tak ważne – móc myśleć indukcyjnie.

Zasada indukcji matematycznej i jej dowód

Przejdźmy do istoty metody indukcji matematycznej. Rozważmy różne stwierdzenia. Można je podzielić na ogólne i szczegółowe.Podajmy przykłady stwierdzeń ogólnych.

Wszyscy obywatele rosyjscy mają prawo do nauki.

W każdym równoległoboku przekątne w punkcie przecięcia są podzielone na pół.

Wszystkie liczby kończące się na zero są podzielne przez 5.

Odpowiednie przykłady prywatnych oświadczeń:

Pietrow ma prawo do edukacji.

W równoległoboku ABCD przekątne w punkcie przecięcia są podzielone na pół.

140 jest podzielne przez 5.

Przejście od stwierdzeń ogólnych do szczegółowych nazywa się dedukcją (z łac. odliczenie - konkluzja zgodnie z zasadami logiki).

Rozważ przykład wnioskowania dedukcyjnego.

Wszyscy obywatele rosyjscy mają prawo do nauki. (jeden)

Pietrow jest obywatelem Rosji. (2)

Pietrow ma prawo do edukacji. (3)

Z ogólnego twierdzenia (1) za pomocą (2) uzyskuje się konkretne twierdzenie (3).

Odwrotne przejście od zdań szczegółowych do ogólnych nazywamy indukcją (z łac. wprowadzenie - przewodnictwo).

Indukcja może prowadzić zarówno do poprawnych, jak i błędnych wniosków.

Wyjaśnijmy to na dwóch przykładach.

140 jest podzielne przez 5. (1)

Wszystkie liczby kończące się na zero są podzielne przez 5. (2)

140 jest podzielne przez 5. (1)

Wszystkie liczby trzycyfrowe są podzielne przez 5. (2)

Z konkretnego stwierdzenia (1) otrzymujemy ogólne stwierdzenie (2). Stwierdzenie (2) jest prawdziwe.

Drugi przykład pokazuje, w jaki sposób można uzyskać ogólne stwierdzenie (3) z konkretnego zdania (1) , ponadto zdanie (3) nie jest prawdziwe.

Zadajmy sobie pytanie, jak wykorzystać indukcję w matematyce, aby uzyskać tylko poprawne wnioski. Rozważmy kilka przykładów indukcji, która jest niedopuszczalna w matematyce.

Przykład 1.

Rozważmy trójmian kwadratowy postaci Р(x)= x 2 + x + 41, na który zwrócił uwagę Leonard Euler.

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.

Widzimy, że za każdym razem wartość trójmianu jest liczbą pierwszą. Na podstawie uzyskanych wyników stwierdzamy, że przy podstawieniu do rozpatrywanego trójmianu zamiast x Każda nieujemna liczba całkowita zawsze daje liczbę pierwszą.

Jednak wyciągnięty wniosek nie może być uznany za wiarygodny. O co chodzi? Faktem jest, że w rozumowaniu formułuje się ogólne stwierdzenia o dowolnym x tylko na podstawie tego, że stwierdzenie to okazało się prawdziwe dla niektórych wartości x.

Rzeczywiście, po bliższym zbadaniu trójmianu P(x), liczby P(0), P(1), ..., P(39) są liczbami pierwszymi, ale P(40) = 41 2 jest liczbą złożoną. I całkiem wyraźnie: P(41) = 41 2 +41+41 jest wielokrotnością 41.

W tym przykładzie spotkaliśmy się ze stwierdzeniem, które jest prawdziwe w 40 szczególnych przypadkach, a jednak ogólnie okazało się niesprawiedliwe.

Przyjrzyjmy się jeszcze kilku przykładom.

Przykład 2

W XVII wieku V.G. Leibniz udowodnił, że dla dowolnego naturalnego n liczby postaci n 3 - n są wielokrotnościami 3, n 5 - n są wielokrotnościami 5, n 7 - n są wielokrotnościami 7. Na tej podstawie zasugerował, że dla każdego nieparzystego k i naturalne n, liczba n k - n wielokrotność k, ale wkrótce sam zauważył, że 2 9 -2=510, co oczywiście nie jest podzielne przez 9.

Rozważane przykłady pozwalają na wyciągnięcie ważnego wniosku: stwierdzenie może być prawdziwe w wielu szczególnych przypadkach, a jednocześnie niesprawiedliwe w ogólności.

Naturalnie pojawia się pytanie: istnieje stwierdzenie, które jest prawdziwe w kilku szczególnych przypadkach; niemożliwe jest uwzględnienie wszystkich szczególnych przypadków; skąd wiesz, czy to stwierdzenie jest w ogóle prawdziwe?

To pytanie można czasem rozwiązać, stosując specjalną metodę rozumowania, zwaną metodą indukcji matematycznej. Ta metoda opiera się na zasada indukcji matematycznej, zawarta w następujący sposób: stwierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego n, jeśli:

obowiązuje dla n = 1;

z ważności twierdzenia dla pewnego arbitralnie naturalnego n =k wynika, że ​​jest ono prawdziwe dla n = k +1.

Dowód.

Załóżmy odwrotnie, to znaczy niech stwierdzenie będzie prawdziwe nie dla każdego naturalnego n. Wtedy istnieje liczba naturalna m taka, że

stwierdzenie dla n =m nie jest prawdziwe,

dla wszystkich n

Jest oczywiste, że m >1, ponieważ twierdzenie jest prawdziwe dla n =1 (warunek 1). Dlatego m -1 jest liczbą naturalną. Dla liczby naturalnej m -1 stwierdzenie jest prawdziwe, ale dla następnej liczby naturalnej m nie jest prawdziwe. Jest to sprzeczne z warunkiem 2. Wynikająca z tego sprzeczność pokazuje, że założenie jest błędne. Dlatego twierdzenie to jest prawdziwe dla każdego naturalnego n, h.e.d.

Dowód oparty na zasadzie indukcji matematycznej nazywamy dowodem metodą indukcji matematycznej. Dowód taki powinien składać się z dwóch części, z dowodu dwóch niezależnych twierdzeń.

Twierdzenie 1. Stwierdzenie jest prawdziwe dla n =1.

Twierdzenie 2. Stwierdzenie jest prawdziwe dla n =k+1, jeśli jest prawdziwe dla n=k, gdzie k jest dowolną liczbą naturalną.

Jeśli oba te twierdzenia zostaną udowodnione, to na podstawie zasady indukcji matematycznej zdanie jest prawdziwe dla dowolnego
naturalne n .

Należy podkreślić, że dowód przez indukcję matematyczną z pewnością wymaga dowodu zarówno Twierdzenia 1, jak i 2. Zaniedbanie Twierdzenia 2 prowadzi do błędnych wniosków (przykłady 1-2). Pokażmy na przykładzie, jak potrzebny jest dowód Twierdzenia 1.

Przykład 3. „Twierdzenie”: każda liczba naturalna jest równa następującej po niej liczbie naturalnej.

Dowód zostanie przeprowadzony metodą indukcji matematycznej.

Załóżmy, że k =k+1 (1).

Udowodnijmy, że k +1=k +2 (2). Aby to zrobić, dodaj 1 do każdej części „równości” (1).Otrzymujemy „równość” (2). Okazuje się, że jeśli stwierdzenie jest prawdziwe dla n =k , to jest również prawdziwe dla n =k +1., itd.

Oczywista „konsekwencja” z „twierdzenia”: wszystkie liczby naturalne są równe.

Błąd polega na tym, że Twierdzenie 1, niezbędne do zastosowania zasady indukcji matematycznej, nie zostało udowodnione i nie jest prawdziwe, ale udowodniono tylko drugie twierdzenie.

Twierdzenia 1 i 2 mają szczególne znaczenie.

Twierdzenie 1 tworzy podstawę indukcji. Twierdzenie 2 daje prawo do nieograniczonej automatycznej rozbudowy tej bazy, prawo do przejścia od tego konkretnego przypadku do następnego, od n do n + 1.

Jeśli Twierdzenie 1 nie zostało udowodnione, ale Twierdzenie 2 zostało udowodnione, to zatem podstawa indukcji nie została stworzona, a następnie nie ma sensu stosować Twierdzenia 2, ponieważ w rzeczywistości nie ma nic do rozwinięcia.

Jeżeli nie udowodniono Twierdzenia 2, a udowodniono tylko Twierdzenie 1, to chociaż stworzona została podstawa do przeprowadzenia indukcji, prawo do jej rozszerzenia nie istnieje.

Uwagi.

Czasami druga część dowodu opiera się na słuszności twierdzenia nie tylko dla n =k, ale także dla n =k -1. W takim przypadku stwierdzenie z pierwszej części musi zostać przetestowane pod kątem kolejnych dwóch wartości n .

Czasami twierdzenie dowodzi się nie dla dowolnego naturalnego n , ale dla n > m , gdzie m jest pewną liczbą całkowitą. W tym przypadku w pierwszej części dowodu twierdzenie jest weryfikowane dla n =m+1, a jeśli to konieczne, dla kilku kolejnych wartości n.

Podsumowując to, co zostało powiedziane, mamy: metoda indukcji matematycznej pozwala, w poszukiwaniu ogólnego prawa, przetestować pojawiające się w tym przypadku hipotezy, odrzucić fałszywe i potwierdzić prawdziwe.

Wszyscy znają rolę procesów uogólniania wyników indywidualnych obserwacji i eksperymentów (tj. indukcji) dla nauk empirycznych, eksperymentalnych. Matematyka natomiast od dawna uważana jest za klasyczny przykład implementacji metod czysto dedukcyjnych, ponieważ zawsze wprost lub domyślnie zakłada się, że wszystkie twierdzenia matematyczne (oprócz przyjętych jako początkowe – aksjomaty) są udowodnione, a konkretne zastosowania z tych zdań wyprowadza się z dowodów odpowiednich dla przypadków ogólnych (dedukcja).

Co oznacza indukcja w matematyce? Czy należy ją rozumieć jako metodę nie do końca wiarygodną i jak szukać kryterium niezawodności takich metod indukcyjnych? Czy też pewność wniosków matematycznych o tej samej naturze, co eksperymentalne uogólnienia nauk eksperymentalnych, tak że nie byłoby źle „zweryfikowanie” żadnego udowodnionego faktu? W rzeczywistości tak nie jest.

Indukcja (naprowadzanie) hipotezy odgrywa w matematyce bardzo ważną, ale czysto heurystyczną rolę: pozwala zgadywać, jakie powinno być rozwiązanie. Ale twierdzenia matematyczne są ustalane tylko dedukcyjnie. A metoda indukcji matematycznej jest czysto dedukcyjną metodą dowodową. Rzeczywiście, dowód przeprowadzony tą metodą składa się z dwóch części:

tak zwana „podstawa” - dedukcyjny dowód pożądanego zdania dla jednej (lub kilku) liczb naturalnych;

krok indukcyjny polegający na dedukcji dowodu ogólnego stwierdzenia. Twierdzenie jest dokładnie udowodnione dla wszystkich liczb naturalnych. Z bazy udowodnionej np. dla liczby 0 otrzymujemy w kroku indukcji dowód dla liczby 1, to tak samo dla 2, dla 3... - a więc twierdzenie można uzasadnić dla dowolna liczba naturalna.

Innymi słowy, nazwa „indukcja matematyczna” wynika z faktu, że metoda ta jest po prostu kojarzona w naszym umyśle z tradycyjnym rozumowaniem indukcyjnym (wszak podstawa jest tak naprawdę udowodniona tylko dla konkretnego przypadku); krok indukcyjny, w przeciwieństwie do kryteriów wiarygodności rozumowania indukcyjnego opartego na doświadczeniu nauk przyrodniczych i społecznych, jest stwierdzeniem ogólnym, które nie wymaga żadnych szczególnych przesłanek i jest udowodnione zgodnie ze ścisłymi kanonami rozumowania dedukcyjnego. Dlatego indukcja matematyczna nazywana jest „kompletną” lub „doskonałą”, ponieważ jest to dedukcyjna, całkowicie wiarygodna metoda dowodowa.

Przykłady rozwiązań problemów

Indukcja w algebrze

Rozważ kilka przykładów problemów algebraicznych, a także dowód różnych nierówności, które można rozwiązać za pomocą metody indukcji matematycznej.

Zadanie 1. Odgadnij wzór na sumę i udowodnij to.

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

Rozwiązanie.

1. Przekształćmy wyrażenie na sumę 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), gdzie B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Rozważ sumy C (n) i B (n).

a) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Jednym z często napotykanych problemów dotyczących metody indukcji matematycznej jest udowodnienie, że dla dowolnego naturalnego n , równość

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Załóż, że (1) jest prawdziwe dla wszystkich n  N.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Zobaczmy, jak zmieniają się wartości B(n) w zależności od 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 =

Można więc założyć, że
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

c) W rezultacie dla sumy А(n) otrzymujemy

ALE( n ) ==

= (*)

3. Udowodnijmy otrzymany wzór (*) metodą indukcji matematycznej.

a) sprawdź równość (*) dla n = 1.

A(1) = 2  =2,

Oczywiście wzór (*) jest prawdziwy dla n = 1.

b) załóżmy, że formuła (*) jest prawdziwa dla n=k , gdzie k N, czyli równość

A(k)=

W oparciu o założenie udowodnimy słuszność wzoru na n =k +1. Naprawdę,

A(k+1)=

Ponieważ wzór (*) jest prawdziwy dla n =1, a z założenia, że ​​jest prawdziwy dla pewnego naturalnego k , wynika, że ​​jest prawdziwy dla n = k +1, na podstawie zasady indukcji matematycznej wnioskujemy, że równość

obowiązuje dla każdego naturalnego n .

Zadanie 2.

Oblicz sumę 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

Rozwiązanie.

Zapiszmy kolejno wartości sum dla różnych wartości n.

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

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

Obserwując wzór możemy założyć, że A (n)= - dla parzystego n i A (n)=
dla nieparzystej n. Połączmy oba wyniki w jedną formułę:

A(n) =
, gdzie r jest resztą z dzielenia n przez 2.

I r , jest oczywiście zdeterminowana następującą zasadą

0 jeśli n jest parzyste,

r=

1 jeśli n jest dziwne.

Następnie r(można się domyślić) można przedstawić jako:

W końcu otrzymujemy wzór na A (n):

A(n)=

(*)

Udowodnijmy równość (*) dla wszystkich n  N metoda indukcji matematycznej.

2. a) Sprawdź równość (*) dla n =1. A(1) = 1=

Równość jest sprawiedliwa

b) Załóżmy, że równość

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

prawda w n=k. Udowodnijmy, że jest to również ważne dla n =k + 1, tj.

A(k+1)=

Rzeczywiście,

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

=

co było do okazania

Metoda indukcji matematycznej służy również do rozwiązywania problemów podzielności.

Zadanie 3.

Wykazać, że liczba N (n)=n 3 + 5n jest podzielna przez 6 dla dowolnego naturalnego n.

Dowód.

Na n =1 liczba N (1)=6 i dlatego stwierdzenie jest prawdziwe.

Niech liczba N (k )=k 3 +5k będzie podzielna przez 6 dla jakiegoś naturalnego k. Udowodnijmy, że N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) jest podzielne przez 6. Rzeczywiście, mamy
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k)+3k (k +1)+6.

Ponieważ k i k +1 są sąsiednimi liczbami naturalnymi, to jedna z nich jest koniecznie parzysta, więc wyrażenie 3k (k +1) jest podzielne przez 6. Zatem otrzymujemy, że N (k +1) również jest podzielne przez 6. Wyjście liczba N (n)=n 3 + 5n jest podzielna przez 6 dla dowolnego naturalnego n.

Rozważ rozwiązanie bardziej złożonego problemu podzielności, gdy metoda całkowitej indukcji matematycznej musi być zastosowana kilka razy.

Zadanie 4.

Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej n
nie jest nawet podzielna przez 2 n +3 .

Dowód.

Wyobrażać sobie
w formie dzieła
=

= (*)

Z założenia pierwszy czynnik w (*) nie jest równo podzielny przez liczbę 2 k +3 , czyli w reprezentacji liczby złożonej
w postaci iloczynu liczb pierwszych liczba 2 powtarza się nie więcej niż (k + 2 razy). Aby udowodnić, że liczba
nie jest podzielna przez 2 k +4 , musimy udowodnić, że
nie jest podzielna przez 4.

Aby udowodnić to twierdzenie, udowadniamy twierdzenie pomocnicze: dla każdego naturalnego n liczba 3 2 n +1 nie jest podzielna przez 4. Dla n =1 twierdzenie jest oczywiste, ponieważ 10 nie jest podzielne przez 4 bez reszty. Zakładając, że 3 2 k +1 nie jest podzielne przez 4, dowodzimy, że 3 2(k +1) +1 też nie jest podzielne
przez 4. Zaprezentujmy ostatnie wyrażenie jako sumę:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Drugi człon sumy jest podzielny przez 4, ale pierwszy nie jest podzielny. Dlatego cała suma nie jest podzielna przez 4 bez reszty. Udowodniono twierdzenie pomocnicze.

Teraz jest jasne, że
nie jest podzielna przez 4, ponieważ 2k jest liczbą parzystą.

Wreszcie otrzymujemy, że liczba
nie jest podzielna przez 2 n +3 dla dowolnego naturalnego n .

Rozważmy teraz przykład zastosowania indukcji do dowodu nierówności.

Zadanie 5.

Dla którego naturalnego n nierówność 2 n > 2n + 1 jest prawdziwa?

Rozwiązanie.

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

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

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

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

Najwyraźniej nierówność obowiązuje dla każdego naturalnego n  3. Udowodnijmy to twierdzenie.

2. Kiedy n =3 zasadność nierówności została już wykazana. Teraz niech nierówność będzie ważna dla n =k , gdzie k jest pewną liczbą naturalną nie mniejszą niż 3, tj.

2 k > 2k+1 (*)

Udowodnijmy, że wtedy nierówność obowiązuje również dla n =k +1, czyli 2 k +1 >2(k +1)+1. Pomnóż (*) przez 2, otrzymujemy 2 k+1 >4k +2. Porównajmy wyrażenia 2(k +1)+1 i 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Oczywiście 2k -1>0 dla dowolnego naturalnego k . Wtedy 4k+2>2(k+1)+1, czyli 2k+1 >2(k+1)+1. Twierdzenie zostało udowodnione.

Zadanie 6.

Nierówność średniej arytmetycznej i geometrycznej n liczb nieujemnych (nierówność Cauchy'ego)., otrzymujemy =

Jeśli przynajmniej jedna z liczb
jest równy zero, to nierówność (**) również obowiązuje.

Wniosek.

Podczas wykonywania pracy studiowałem istotę metody indukcji matematycznej i jej dowód. W artykule przedstawiono problemy, w których istotną rolę odgrywała indukcja niepełna, co prowadzi do: dobra decyzja, a następnie przeprowadzany jest dowód uzyskany metodą indukcji matematycznej.

Literatura.

Boltyansky V.G., Sidorov Yu.V., Shaburin M.I. Wykłady i problemy z matematyki elementarnej; Nauka, 1974.

Vilenkin N.Ya. , Shvartsburd S.I. Analiza matematyczna.-
M.: Edukacja, 1973.

Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Dogłębne studium przebiegu algebry i analizy matematycznej - M .: Edukacja, 1990.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I. Algebra i analiza funkcji elementarnych.- M.: Nauka, 1980.

Sominsky I.S., Golovina M.L., Jaglom I.M. O indukcji matematycznej - M.: Nauka, 1967.

Jeżeli zdanie A(n), które zależy od liczby naturalnej n, jest prawdziwe dla n=1, a z faktu, że jest prawdziwe dla n=k (gdzie k jest dowolną liczbą naturalną), wynika, że ​​jest również prawdziwe dla następnej liczby n=k+1, to Założenie A(n) jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej n.

W wielu przypadkach może być konieczne udowodnienie słuszności pewnego twierdzenia nie dla wszystkich liczb naturalnych, ale tylko dla n>p, gdzie p jest stałą liczbą naturalną. W tym przypadku zasada indukcji matematycznej jest sformułowana w następujący sposób.

Jeśli twierdzenie A(n) jest prawdziwe dla n=p i jeśli A(k) X A(k+1) dla dowolnego k>p, to twierdzenie A(n) jest prawdziwe dla dowolnego n>p.

Dowód metodą indukcji matematycznej przeprowadza się następująco. Po pierwsze, twierdzenie, które ma zostać udowodnione, jest sprawdzane dla n=1, tj. prawdziwość stwierdzenia A(1) jest ustalona. Ta część dowodu nazywa się podstawą indukcji. Po tym następuje część dowodu zwana krokiem indukcji. W tej części słuszność twierdzenia dla n=k+1 jest udowodniona przy założeniu, że twierdzenie jest prawdziwe dla n=k (założenie indukcyjne), tj. udowodnić, że A(k) ~ A(k+1)

Udowodnij, że 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Mamy n=1=1 2 . Dlatego stwierdzenie jest prawdziwe dla n=1, tj. A(1) prawda
• 2) Udowodnijmy, że A(k) ~ A(k+1)

Niech k będzie dowolną liczbą naturalną i niech stwierdzenie będzie prawdziwe dla n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Udowodnijmy, że wtedy twierdzenie jest prawdziwe również dla następnej liczby naturalnej n=k+1, tj. Co

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

A więc A(k) X A(k+1). Na podstawie zasady indukcji matematycznej dochodzimy do wniosku, że założenie A(n) jest prawdziwe dla dowolnego n О N

Udowodnij to

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), gdzie x nr 1

• 1) Dla n=1 otrzymujemy
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

dlatego dla n=1 wzór jest prawdziwy; A(1) prawda

• 2) Niech k będzie dowolną liczbą naturalną i niech wzór będzie prawdziwy dla n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Udowodnijmy, że wtedy równość

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

Czyli A(k) ⋅ A(k+1). Na podstawie zasady indukcji matematycznej dochodzimy do wniosku, że wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej n

Wykazać, że liczba przekątnych wypukłego n-kąta wynosi n(n-3)/2

Rozwiązanie: 1) Dla n=3 zdanie jest prawdziwe, ponieważ w trójkącie

3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 przekątnych; A 2 A(3) prawda

2) Załóżmy, że w dowolnym wypukłym k-gon ma A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 przekątne. A k Udowodnijmy, że wtedy we wypukłym A k+1 (k+1)-gon liczba przekątnych A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Niech А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -wypukły (k+1)-gon. Narysujmy w nim przekątną A 1 A k. Liczyć Łączna przekątne tego (k + 1)-gon, musisz policzyć liczbę przekątnych w k-kącie A 1 A 2 ...A k , dodaj k-2 do otrzymanej liczby, tj. liczba przekątnych (k+1)-kąta wychodzącego z wierzchołka A k+1 , a dodatkowo należy uwzględnić przekątną A 1 A k

W ten sposób,

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

Czyli A(k) ⋅ A(k+1). Ze względu na zasadę indukcji matematycznej stwierdzenie to jest prawdziwe dla każdego n-kąta wypukłego.

Udowodnij, że dla dowolnego n zdanie jest prawdziwe:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Rozwiązanie: 1) Niech n=1, to

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

2) Załóżmy, że n=k

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

3) Rozważ to stwierdzenie dla 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

Udowodniliśmy słuszność równości dla n=k+1, zatem na mocy metody indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego n

Udowodnij, że dla każdego naturalnego n równość jest prawdziwa:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Rozwiązanie: 1) Niech n=1

Wtedy X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Widzimy, że dla n=1 zdanie jest prawdziwe.

2) Załóżmy, że równość jest prawdziwa dla n=k

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

3) Udowodnijmy prawdziwość tego stwierdzenia dla n=k+1, tj.

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

Z powyższego dowodu widać, że zdanie jest prawdziwe dla n=k+1, zatem równość jest prawdziwa dla dowolnego naturalnego n

Udowodnij to

((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), gdzie n>2

Rozwiązanie: 1) Dla n=2 tożsamość wygląda następująco:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), tj. to prawda
• 2) Załóżmy, że wyrażenie jest prawdziwe dla 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) Udowodnimy poprawność wyrażenia dla 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

((k+1) 2 +(k+1)+1)

Udowodniliśmy słuszność równości dla n=k+1, zatem na mocy metody indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego n>2

Udowodnij to

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) dla dowolnego naturalnego n

Rozwiązanie: 1) Niech n=1, to

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Załóżmy, że n=k, to
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Udowodnimy prawdziwość tego stwierdzenia dla 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)

Udowodniono również słuszność równości dla n=k+1, zatem twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego n.

Udowodnij ważność tożsamości

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) dla każdego naturalnego n

• 1) Dla n=1 identyczność jest prawdziwa 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Załóżmy, że dla n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Udowadniamy, że tożsamość jest prawdziwa dla 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)

Z powyższego dowodu widać, że twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n.

Udowodnij, że (11 n+2 +12 2n+1) jest podzielne przez 133 bez reszty

Rozwiązanie: 1) Niech n=1, to

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

Ale (23 ґ 133) jest podzielne przez 133 bez reszty, więc dla n=1 zdanie jest prawdziwe; A(1) jest prawdziwe.

• 2) Załóżmy, że (11 k+2 +12 2k+1) jest podzielne przez 133 bez reszty
• 3) Udowodnijmy, że w tym przypadku (11 k+3 +12 2k+3) jest podzielne przez 133 bez reszty. Rzeczywiście
• 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(11k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Otrzymana kwota jest podzielna przez 133 bez reszty, ponieważ jej pierwszy człon jest podzielny przez 133 bez reszty przez założenie, a w drugim z czynników jest 133. A więc A (k) Yu A (k + 1). Dzięki metodzie indukcji matematycznej twierdzenie jest udowodnione

Udowodnij, że dla dowolnego n 7 n -1 jest podzielne przez 6 bez reszty

• 1) Niech n=1, a następnie X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 dzieli się przez 6 bez reszty. Czyli dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe
• 2) Załóżmy, że dla n \u003d k 7 k -1 jest podzielne przez 6 bez reszty
• 3) Udowodnijmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n=k+1

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

Pierwszy składnik jest podzielny przez 6, ponieważ z założenia 7 k -1 jest podzielny przez 6, a drugi składnik to 6. Zatem 7 n -1 jest wielokrotnością 6 dla dowolnego naturalnego n. Na mocy metody indukcji matematycznej twierdzenie to jest udowodnione.

Wykazać, że 3 3n-1 +2 4n-3 dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n jest podzielne przez 11.

1) Niech n=1, wtedy

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dzieli się przez 11 bez reszty.

Czyli dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe

• 2) Załóżmy, że dla n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 jest podzielne przez 11 bez reszty
• 3) Udowadniamy, że zdanie jest prawdziwe dla 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

Pierwszy wyraz jest podzielny przez 11 bez reszty, ponieważ 3 3k-1 +2 4k-3 jest podzielne przez 11 z założenia, drugi jest podzielny przez 11, ponieważ jednym z jego czynników jest liczba 11. Stąd suma wynosi również podzielne przez 11 bez reszty dla dowolnej naturalnej n. Na mocy metody indukcji matematycznej twierdzenie to jest udowodnione.

Wykazać, że 11 2n -1 dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n jest podzielne przez 6 bez reszty

• 1) Niech n=1, wtedy 11 2 -1=120 jest podzielne przez 6 bez reszty. Czyli dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe
• 2) Załóżmy, że dla n=k 1 2k -1 jest podzielne przez 6 bez reszty
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Oba wyrazy są podzielne przez 6 bez reszty: pierwszy zawiera wielokrotność liczby 120 przez 6, a drugi jest podzielny przez 6 bez reszty z założenia. Tak więc suma jest podzielna przez 6 bez reszty. Na mocy metody indukcji matematycznej twierdzenie to jest udowodnione.

Wykazać, że 3 3n+3 -26n-27 dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n jest podzielne przez 26 2 (676) bez reszty

Najpierw udowodnijmy, że 3 3n+3 -1 jest podzielne przez 26 bez reszty

• 1. Gdy n=0
• 3 3 -1=26 jest podzielne przez 26
• 2. Załóżmy, że dla n=k
• 3 3k+3 -1 jest podzielne przez 26
• 3. Udowodnijmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - jest podzielna przez 26

Udowodnijmy teraz twierdzenie sformułowane w warunkach problemu

• 1) Jest oczywiste, że dla n=1 zdanie jest prawdziwe
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Załóżmy, że dla n=k wyrażenie 3 3k+3 -26k-27 jest podzielne przez 26 2 bez reszty
• 3) Udowodnijmy, że zdanie jest prawdziwe dla n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Oba terminy są podzielne przez 26 2 ; pierwsza jest podzielna przez 26 2, ponieważ wykazaliśmy, że wyrażenie w nawiasach jest podzielne przez 26, a drugie jest podzielne przez hipotezę indukcyjną. Dzięki metodzie indukcji matematycznej twierdzenie jest udowodnione

Wykazać, że jeśli n>2 i х>0, to nierówność (1+х) n >1+n ґ х

• 1) Dla n=2, nierówność jest prawdziwa, ponieważ
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Więc A(2) jest prawdziwe

• 2) Udowodnijmy, że A(k) ⋅ A(k+1) jeśli k> 2. Załóżmy, że A(k) jest prawdziwe, czyli że nierówność
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Udowodnijmy, że wtedy A(k+1) też jest prawdziwe, czyli że nierówność

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

Rzeczywiście, mnożąc obie strony nierówności (3) przez liczbę dodatnią 1+x, otrzymujemy

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Rozważmy prawą stronę ostatniej nierówności; mamy

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

W rezultacie otrzymujemy, że (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Czyli A(k) ⋅ A(k+1). W oparciu o zasadę indukcji matematycznej można argumentować, że nierówność Bernoulliego obowiązuje dla dowolnego n> 2

Wykazać, że nierówność (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 jest prawdziwa dla a> 0

Rozwiązanie: 1) Dla m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 obie części są równe
• 2) Załóżmy, że dla m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Udowodnijmy, że dla m=k+1 nierówność jest prawdziwa
• (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 za 2)=1+(k+1) ґ za+((k(k+1)/2)+k+1) ґ za 2 +

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Udowodniliśmy słuszność nierówności dla m=k+1, a zatem, ze względu na metodę indukcji matematycznej, nierówność jest ważna dla dowolnego naturalnego m

Wykazać, że dla n>6 nierówność 3 n >n ґ 2 n+1

Zapiszmy nierówność w postaci (3/2) n >2n

• 1. Dla n=7 mamy 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 nierówność jest prawdziwa
• 2. Załóżmy, że dla n=k (3/2) k >2k
• 3) Udowodnijmy słuszność nierówności dla n=k+1
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Ponieważ k>7, ostatnia nierówność jest oczywista.

Ze względu na metodę indukcji matematycznej nierówność obowiązuje dla dowolnego naturalnego n

Udowodnij, że dla n>2 nierówność

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Dla n=3 nierówność jest prawdziwa
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Załóżmy, że dla n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Udowodnijmy słuszność nierówności dla n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Udowodnijmy, że 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

k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

To ostatnie jest oczywiste, a zatem

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

Dzięki metodzie indukcji matematycznej dowodzi się nierówności.