Forelæsning 6. Metode til matematisk induktion.
Ny viden inden for naturvidenskab og liv opnås på forskellige måder, men alle (hvis man ikke går i detaljer) er opdelt i to typer - overgangen fra det generelle til det specifikke og fra det specifikke til det generelle. Den første er deduktion, den anden er induktion. Deduktiv ræsonnement er det, man almindeligvis kalder i matematik. logisk ræsonnement, og i matematisk videnskab er deduktion den eneste legitime metode til undersøgelse. Reglerne for logisk ræsonnement blev formuleret for to et halvt årtusinde siden af den antikke græske videnskabsmand Aristoteles. Han lavede en komplet liste over de enkleste korrekte ræsonnementer, syllogismer– "byggesten" af logik, samtidig med at det angiver typiske ræsonnementer, der minder meget om korrekte, men forkerte (vi støder ofte på sådanne "pseudologiske" ræsonnementer i medierne).
Induktion (induktion - på latin vejledning) er tydeligt illustreret af den berømte legende om, hvordan Isaac Newton formulerede loven om universel gravitation, efter at et æble faldt på hovedet på ham. Et andet eksempel fra fysikken: I et fænomen som elektromagnetisk induktion skaber et elektrisk felt, "inducerer" et magnetfelt. "Newtons æble" er et typisk eksempel på en situation, hvor et eller flere særlige tilfælde, dvs. observationer, "foreslå" en generel erklæring, der drages en generel konklusion på grundlag af særlige tilfælde. Den induktive metode er den vigtigste til at opnå generelle mønstre i både natur- og humanvidenskaben. Men det har en meget væsentlig ulempe: baseret på særlige eksempler kan der drages en forkert konklusion. Hypoteser, der udspringer af private observationer, er ikke altid korrekte. Lad os overveje et eksempel på grund af Euler.
Vi vil beregne værdien af trinomialet for nogle første værdier n:
|
|
Bemærk, at tallene opnået som et resultat af beregninger er primtal. Og det kan man direkte verificere for hver n 1 til 39 polynomiel værdi 
er et primtal. Men hvornår n=40 får vi tallet 1681=41 2, som ikke er primtal. Altså den hypotese, der kunne opstå her, altså den hypotese, at for hver n nummer 
er enkel, viser sig at være falsk.
Leibniz beviste i det 17. århundrede, at for enhver positiv helhed n nummer 
deleligt med 3, tal 
deleligt med 5 osv. Baseret på dette antog han, at for enhver ulige k og enhver naturlig n nummer 
divideret med k, men snart bemærkede jeg det 
er ikke deleligt med 9.
De overvejede eksempler giver os mulighed for at drage en vigtig konklusion: Et udsagn kan være retfærdigt i en række særlige tilfælde og samtidig uretfærdigt generelt. Spørgsmålet om gyldigheden af et udsagn i den almindelige sag kan løses ved at anvende en speciel ræsonnementsmetode kaldet ved matematisk induktion(fuldstændig induktion, perfekt induktion).
6.1. Princippet om matematisk induktion.
♦ Metoden til matematisk induktion er baseret på princippet om matematisk induktion , som er som følger:
1) gyldigheden af denne erklæring kontrolleresn=1 (introduktionsgrundlag) ,
2) gyldigheden af denne erklæring antages forn= k, Hvork– vilkårligt naturligt tal 1(induktionsantagelse) , og under hensyntagen til denne antagelse, fastslås dens gyldighed forn= k+1.
Bevis. Lad os antage det modsatte, det vil sige antage, at udsagnet ikke er sandt for enhver naturlig n. Så er der sådan en naturlig m, Hvad:
1) erklæring for n=m ikke fair,
2) for alle n, mindre m, udsagnet er sandt (med andre ord, m er det første naturlige tal, for hvilket udsagnet ikke er sandt).
Det er indlysende m>1, fordi Til n=1 udsagnet er sandt (betingelse 1). Derfor, 
- naturligt tal. Det viser sig, at for et naturligt tal 
udsagnet er sandt, og for det næste naturlige tal m det er uretfærdigt. Dette er i modstrid med betingelse 2. ■
Bemærk, at beviset brugte det aksiom, at ethvert sæt naturlige tal indeholder det mindste tal.
Et bevis baseret på princippet om matematisk induktion kaldes ved metoden fuldstændig matematisk induktion .
Eksempel6.1.
Bevis det for enhver naturlig n nummer 
deleligt med 3.
Løsning.
1) Hvornår n=1, altså -en 1 er deleligt med 3 og udsagnet er sandt hvornår n=1.
2) Antag, at udsagnet er sandt for n=k,
, altså det tal 
er deleligt med 3, og vi fastslår, at hvornår n=k+1 tal er deleligt med 3.
Ja,
Fordi Hvert led er deleligt med 3, så er deres sum også deleligt med 3. ■
Eksempel6.2. Bevis, at summen af den første n naturlige ulige tal er lig med kvadratet af deres tal, dvs.
Løsning. Lad os bruge metoden til komplet matematisk induktion.
1) Vi kontrollerer gyldigheden af denne erklæring hvornår n=1: 1=1 2 – det er sandt.
2) Antag, at summen af den første k
(
) af ulige tal er lig med kvadratet af antallet af disse tal, dvs. Baseret på denne lighed fastslår vi, at summen af den første k+1 ulige tal er lig med 
, det er .
Vi bruger vores antagelse og får
. ■
Metoden til fuldstændig matematisk induktion bruges til at bevise nogle uligheder. Lad os bevise Bernoullis ulighed.
Eksempel6.3.
Bevis, hvornår 
og enhver naturlig n ulighed er sandt 
(Bernoullis ulighed).
Løsning. 1) Hvornår n=1 får vi 
, hvilket er sandt.
2) Vi antager, at når n=k der er ulighed 
(*). Ved at bruge denne antagelse beviser vi det 
. Bemærk, hvornår 
denne ulighed gælder, og derfor er det tilstrækkeligt at overveje sagen 
.
Lad os gange begge sider af uligheden (*) med tallet 
og vi får:
Det vil sige (1+ 
.■
Bevis efter metode ufuldstændig matematisk induktion
noget udsagn afhængig af n, Hvor 
udføres på lignende måde, men i begyndelsen etableres rimelighed for den mindste værdi n.
Nogle problemer angiver ikke eksplicit et udsagn, der kan bevises ved matematisk induktion. I sådanne tilfælde skal du selv etablere mønsteret og lave en hypotese om gyldigheden af dette mønster og derefter bruge matematisk induktionsmetode til at teste den foreslåede hypotese.
Eksempel6.4.
Find beløbet 
.
Løsning. Lad os finde beløbene S 1 ,
S 2 ,
S 3. Vi har 
,
,
. Vi antager, at for enhver naturlig n formlen er gyldig 
. For at teste denne hypotese vil vi bruge metoden komplet matematisk induktion.
1) Hvornår n=1 hypotese er korrekt, fordi 
.
2) Antag, at hypotesen er sand for n=k,
, det er 
. Ved hjælp af denne formel fastslår vi, at hypotesen er sand, selv når n=k+1, altså
Ja,
Altså baseret på antagelsen om, at hypotesen er sand hvornår n=k,
, er det blevet bevist, at det også gælder for n=k+1, og baseret på princippet om matematisk induktion konkluderer vi, at formlen er gyldig for ethvert naturligt tal n.
■
Eksempel6.5.
I matematik er det bevist, at summen af to ensartet kontinuerlige funktioner er en ensartet kontinuerlig funktion. Baseret på denne erklæring, skal du bevise, at summen af ethvert tal 
af ensartet kontinuerlige funktioner er en ensartet kontinuerlig funktion. Men da vi endnu ikke har introduceret begrebet "ensartet kontinuerlig funktion", lad os stille problemet mere abstrakt: lad det være kendt, at summen af to funktioner, der har en eller anden egenskab S, selv har ejendommen S. Lad os bevise, at summen af et vilkårligt antal funktioner har egenskaben S.
Løsning. Grundlaget for induktion er her indeholdt i selve problemformuleringen. Efter at have gjort induktionsantagelsen, overvej 
funktioner f 1 ,
f 2 ,
…, f n ,
f n+1, der har ejendommen S. Derefter . På højre side har den første term egenskaben S ved induktionshypotesen har det andet led egenskaben S efter tilstand. Følgelig har deres sum ejendommen S– i to perioder "virker induktionsgrundlaget".
Dette beviser udsagnet, og vi vil bruge det yderligere. ■
Eksempel6.6. Find alt naturligt n, for hvilket uligheden er sand
.
Løsning. Lad os overveje n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Vi har: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 ,
2 4 =4 2 ,
2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Således kan vi lave en hypotese: ulighed 
har plads til alle 
. For at bevise sandheden af denne hypotese vil vi bruge princippet om ufuldstændig matematisk induktion.
1) Som det blev fastslået ovenfor, er denne hypotese sand, når n=5.
2) Antag, at det er sandt for n=k,
, det vil sige, at uligheden er sand 
. Ved hjælp af denne antagelse beviser vi, at uligheden 
.
Fordi 
og kl 
der er ulighed 
på 
,
så får vi det 
. Så sandheden af hypotesen kl n=k+1 følger af antagelsen om, at det er sandt hvornår n=k,
.
Fra afsnit. 1 og 2, ud fra princippet om ufuldstændig matematisk induktion, følger det, at uligheden 
sandt for enhver naturlig 
.
■
Eksempel6.7.
Bevis det for ethvert naturligt tal n differentieringsformlen er gyldig 
.
Løsning. På n=1 denne formel ser ud 
, eller 1=1, det vil sige, det er korrekt. Med induktionsantagelsen har vi:
Q.E.D. ■
Eksempel6.8.
Bevis at sættet bestående af n elementer, har 
delmængder
Løsning. Et sæt bestående af ét element EN, har to undersæt. Dette er sandt, fordi alle dets undermængder er det tomme sæt og det tomme sæt selv, og 2 1 =2.
Lad os antage, at hvert sæt af n elementer har 
delmængder Hvis sættet A består af n+1 elementer, så fikserer vi et element i det - vi betegner det d, og opdel alle undersæt i to klasser - dem, der ikke indeholder d og indeholdende d. Alle delmængder fra den første klasse er delmængder af mængden B opnået fra A ved at fjerne et element d.
Sættet B består af n elementer, og derfor har han ved induktion 
delmængder, så i første klasse 
delmængder
Men i den anden klasse er der det samme antal delmængder: hver af dem opnås fra nøjagtig en delmængde af den første klasse ved at tilføje et element d. Derfor er i alt sættet A 
delmængder
Dermed er udsagnet bevist. Bemærk, at det også gælder for et sæt bestående af 0 elementer - det tomme sæt: det har en enkelt delmængde - sig selv, og 2 0 = 1. ■
Metode til matematisk induktion
Introduktion
Hoveddel
- Fuldstændig og ufuldstændig induktion
- Princippet for matematisk induktion
- Metode til matematisk induktion
- Løsningseksempler
- Ligestillinger
- Opdeling af tal
- Uligheder
Konklusion
Liste over brugt litteratur
Introduktion
Grundlaget for enhver matematisk forskning er deduktive og induktive metoder. Den deduktive måde at ræsonnere på er ræsonnement fra det generelle til det specifikke, dvs. ræsonnement, hvis udgangspunkt er det generelle resultat, og det sidste punkt er det særlige resultat. Induktion bruges, når man går fra bestemte resultater til generelle, dvs. er det modsatte af deduktiv metode.
Metoden til matematisk induktion kan sammenlignes med fremskridt. Vi starter fra det laveste, og som følge af logisk tænkning kommer vi til det højeste. Mennesket har altid stræbt efter fremskridt, efter evnen til at udvikle sine tanker logisk, hvilket betyder, at naturen selv har bestemt det til at tænke induktivt.
Selvom anvendelsesområdet for metoden til matematisk induktion er vokset, er der kun afsat lidt tid til det i skolens læseplan. Nå, fortæl mig, at disse to eller tre lektioner vil være nyttige for en person, hvor han vil høre fem teoriord, løse fem primitive problemer, og som et resultat vil modtage et A for det faktum, at han intet ved.
Men det er så vigtigt at kunne tænke induktivt.
Hoveddel
I sin oprindelige betydning anvendes ordet "induktion" til ræsonnement, hvorigennem generelle konklusioner opnås baseret på en række specifikke udsagn. Den enkleste metode til ræsonnement af denne art er fuldstændig induktion. Her er et eksempel på et sådant ræsonnement.
Lad det være nødvendigt at fastslå, at hvert lige naturligt tal n inden for 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:
4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
Disse ni ligheder viser, at hvert af de tal, vi er interesserede i, faktisk er repræsenteret som summen af to simple udtryk.
Fuldstændig induktion består således i at bevise det generelle udsagn separat i hvert af et begrænset antal mulige tilfælde.
Nogle gange kan det generelle resultat forudsiges efter at have overvejet ikke alle, men et tilstrækkeligt stort antal særlige tilfælde (den såkaldte ufuldstændige induktion).
Resultatet opnået ved ufuldstændig induktion forbliver dog kun en hypotese, indtil det er bevist ved præcise matematiske ræsonnementer, der dækker alle specielle tilfælde. Med andre ord betragtes ufuldstændig induktion i matematik ikke som en legitim metode til streng bevisførelse, men er en kraftfuld metode til at opdage nye sandheder.
Lad dig for eksempel finde summen af de første n på hinanden følgende ulige tal. Lad os overveje særlige tilfælde:
1+3+5+7+9=25=5 2
Efter at have overvejet disse få særlige tilfælde, foreslår følgende generelle konklusion sig selv:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
de der. summen af de første n på hinanden følgende ulige tal er n 2
Naturligvis kan den foretagne observation endnu ikke tjene som bevis for gyldigheden af den givne formel.
Komplet induktion har kun begrænsede anvendelser i matematik. Mange interessante matematiske udsagn dækker et uendeligt antal specielle tilfælde, men vi er ikke i stand til at teste dem for et uendeligt antal tilfælde. Ufuldstændig induktion fører ofte til fejlagtige resultater.
I mange tilfælde er vejen ud af denne form for vanskeligheder at ty til en særlig metode til ræsonnement, kaldet metoden for matematisk induktion. Det er som følger.
Antag, at du skal bevise gyldigheden af et bestemt udsagn for ethvert naturligt tal n (f.eks. skal du bevise, at summen af de første n ulige tal er lig med n 2). Direkte verifikation af denne erklæring for hver værdi af n er umulig, da mængden af naturlige tal er uendelig. For at bevise dette udsagn skal du først kontrollere dets gyldighed for n=1. Så beviser de, at for enhver naturlig værdi af k, indebærer gyldigheden af udsagnet under overvejelse for n=k dens gyldighed for n=k+1.
Så anses udsagnet for bevist for alle n. Faktisk er udsagnet sandt for n=1. Men så gælder det også for det næste tal n=1+1=2. Gyldigheden af sætningen for n=2 antyder dens gyldighed for n=2+
1=3. Dette indebærer gyldigheden af udsagnet for n=4 osv. Det er klart, at vi i sidste ende vil nå ethvert naturligt tal n. Dette betyder, at udsagnet er sandt for enhver n.
Sammenfattende, hvad der er blevet sagt, formulerer vi følgende generelle princip.
Princippet om matematisk induktion.
Hvis en sætning A(n), afhængigt af et naturligt tal n, er sand for n=1 og af, at den er sand for n=k (hvor k er et hvilket som helst naturligt tal), følger det, at det også er sandt for det næste tal n=k +1, så er antagelsen A(n) sand for ethvert naturligt tal n.
I en række tilfælde kan det være nødvendigt at bevise gyldigheden af et bestemt udsagn ikke for alle naturlige tal, men kun for n>p, hvor p er et fast naturligt tal. I dette tilfælde er princippet om matematisk induktion formuleret som følger.
Hvis påstanden A(n) er sand for n=p, og hvis A(k)ÞA(k+1) for enhver k>p, så er påstanden A(n) sand for enhver n>p.
Beviset ved hjælp af metoden til matematisk induktion udføres som følger. Først kontrolleres udsagnet, der skal bevises, for n=1, dvs. sandheden af udsagn A(1) er fastslået. Denne del af beviset kaldes induktionsgrundlaget. Så kommer den del af beviset, der kaldes induktionstrinnet. I denne del beviser de gyldigheden af udsagnet for n=k+1 under antagelsen om gyldigheden af udsagnet for n=k (induktionsantagelse), dvs. bevis at A(k)ÞA(k+1).
Bevis at 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.
Løsning: 1) Vi har n=1=1 2 . Derfor,
udsagnet er sandt for n=1, dvs. A(1) er sandt.
2) Lad os bevise, at A(k)ÞA(k+1).
Lad k være et hvilket som helst naturligt tal og lad udsagnet være sandt for n=k, dvs.
1+3+5+…+(2k-1)=k2.
Lad os bevise, at så er udsagnet også sandt for det næste naturlige tal n=k+1, dvs. Hvad
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1)2.
Ja,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2.
Altså A(k)ÞA(k+1). Baseret på princippet om matematisk induktion konkluderer vi, at antagelsen A(n) er sand for enhver nÎN.
Bevis det
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), hvor x¹1
Løsning: 1) For n=1 får vi
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
derfor er formlen korrekt for n=1; A(1) er sandt.
2) Lad k være et hvilket som helst naturligt tal og lad formlen være sand for n=k, dvs.
1+x+x2+x3+…+xk =(xk+1-1)/(x-1).
Lad os bevise, at så ligheden
1+x+x2+x3+…+xk+xk+1 =(xk+2-1)/(x-1).
Ja
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(xk+1-1)/(x-1)+xk+1 =(xk+2-1)/(x-1).
Altså A(k)ÞA(k+1). Baseret på princippet om matematisk induktion konkluderer vi, at formlen er sand for ethvert naturligt tal n.
Bevis, at antallet af diagonaler af en konveks n-gon er lig med n(n-3)/2.
Løsning: 1) For n=3 er udsagnet sandt
Og 3 er meningsfuldt, for i en trekant
A 3 =3(3-3)/2=0 diagonaler;
A 2 A(3) er sandt.
2) Lad os antage, at i hver
en konveks k-gon har-
A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonaler.
Og k Lad os bevise, at så i en konveks
(k+1)-gon nummer
diagonaler A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Lad A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 være en konveks (k+1)-gon. Lad os tegne en diagonal A 1 A k i den. For at beregne det samlede antal diagonaler af denne (k+1)-gon, skal du tælle antallet af diagonaler i k-gonen A 1 A 2 ...A k , tilføje k-2 til det resulterende tal, dvs. antallet af diagonaler af (k+1)-gonen, der udgår fra toppunktet A k+1, og derudover skal der tages hensyn til diagonalen A 1 A k.
Dermed,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Altså A(k)ÞA(k+1). På grund af princippet om matematisk induktion er udsagnet sandt for enhver konveks n-gon.
Bevis, at følgende udsagn er sand for enhver n:
12+22+32+…+n2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Løsning: 1) Lad n=1, så
X1=12=1(1+1)(2+1)/6=1.
Det betyder, at for n=1 er udsagnet sandt.
2) Antag at n=k
Xk=k2=k(k+1)(2k+1)/6.
3) Overvej denne sætning for 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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
Vi har bevist, at ligheden er sand for n=k+1, derfor er udsagnet sandt for ethvert naturligt tal n i kraft af metoden til matematisk induktion.
Bevis, at for ethvert naturligt tal n er ligheden sand:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n3 =n 2 (n+1) 2/4.
Løsning: 1) Lad n=1.
Så X 1 =1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4=1.
Vi ser, at for n=1 er udsagnet sandt.
2) Antag, at ligheden er sand for n=k
Xk=k2(k+1)2/4.
3) Lad os bevise sandheden af dette udsagn for n=k+1, dvs.
Xk+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 (k2+4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2/4.
Fra ovenstående bevis er det klart, at udsagnet er sandt for n=k+1, derfor er ligheden sand for ethvert naturligt tal n.
Bevis det
((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2+n+1), hvor n>2.
Løsning: 1) For n=2 ser identiteten sådan ud: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
de der. det er sandt.
2) Antag, at udtrykket er sandt for n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k2 +k+1).
3) Lad os bevise rigtigheden af udtrykket for n=k+1.
(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k2 +k+1))´((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´
'((k+1) 2 +(k+1)+1).
Vi har bevist, at ligheden er sand for n=k+1, derfor, i kraft af metoden til matematisk induktion, er udsagnet sandt for enhver n>2
Bevis det
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
for enhver naturlig n.
Løsning: 1) Lad n=1, så
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Antag, at n=k, så
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k2 (4k+3).
3) Lad os bevise sandheden af dette udsagn for 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).
Gyldigheden af ligheden for n=k+1 er også blevet bevist, derfor er udsagnet sandt for ethvert naturligt tal n.
Bevis identiteten er korrekt
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
for enhver naturlig n.
1) For n=1 er identiteten sand 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) Antag, at for n=k
(12/1´3)+…+(k2/(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) Lad os bevise, at identiteten er sand for n=k+1.
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1).
Fra ovenstående bevis er det klart, at udsagnet er sandt for ethvert naturligt tal n.
Bevis at (11 n+2 +12 2n+1) er deleligt med 133 uden en rest.
Løsning: 1) Lad n=1, så
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133.
Men (23´133) er deleligt med 133 uden en rest, hvilket betyder, at for n=1 er udsagnet sandt; A(1) er sandt.
2) Antag, at (11 k+2 +12 2k+1) er deleligt med 133 uden en rest.
3) Lad os bevise det i dette tilfælde
(11 k+3 +12 2k+3) er deleligt med 133 uden en rest. Faktisk, 11 k+3 +12 2l+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +
+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .
Den resulterende sum divideres med 133 uden en rest, da dens første led er delelig med 133 uden en rest ved antagelse, og i den anden af faktorerne er 133. Altså A(k)ÞA(k+1). I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist.
Bevis at for enhver n 7 er n -1 delelig med 6 uden en rest.
Løsning: 1) Lad n=1, så divideres X 1 =7 1 -1=6 med 6 uden rest. Det betyder, at når n=1 er udsagnet sandt.
2) Antag, at for n=k
7 k -1 er deleligt med 6 uden en rest.
3) Lad os bevise, at udsagnet er sandt for n=k+1.
X k+1 =7 k+1 -1=7'7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Det første led er deleligt med 6, da 7 k -1 er deleligt med 6 ved antagelse, og det andet led er 6. Det betyder, at 7 n -1 er et multiplum af 6 for enhver naturlig n. I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist.
Bevis at 3 3n-1 +2 4n-3 for en vilkårlig naturlig n er delelig med 11.
Løsning: 1) Lad n=1, så
X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 divideres med 11 uden en rest. Det betyder, at for n=1 er udsagnet sandt.
2) Antag, at for n=k
X k =3 3k-1 +2 4k-3 er deleligt med 11 uden en rest.
3) Lad os bevise, at udsagnet er sandt for 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 .
Det første led er deleligt med 11 uden en rest, da 3 3k-1 +2 4k-3 er deleligt med 11 ved antagelse, det andet er deleligt med 11, fordi en af dets faktorer er tallet 11. Det betyder, at summen er deleligt med 11 uden rest for ethvert naturligt tal n. I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist.
Bevis at 11 2n -1 for en vilkårlig naturlig n er delelig med 6 uden en rest.
Løsning: 1) Lad n=1, så er 11 2 -1=120 deleligt med 6 uden en rest. Det betyder, at når n=1 er udsagnet sandt.
2) Antag, at for n=k
11 2k -1 er deleligt med 6 uden en rest.
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).
Begge led er delelige med 6 uden en rest: den første indeholder et multiplum af 6, tallet 120, og den anden er delelig med 6 uden en rest ved antagelse. Det betyder, at summen er delelig med 6 uden en rest. I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist.
Bevis at 3 3n+3 -26n-27 for et vilkårligt naturligt tal n er deleligt med 26 2 (676) uden en rest.
Løsning: Først beviser vi, at 3 3n+3 -1 er deleligt med 26 uden en rest.
- Når n=0
- Lad os antage, at for n=k
- Lad os bevise, at udsagnet
3 3 -1=26 divideres med 26
3 3k+3 -1 er deleligt med 26
sand for n=k+1.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – divideret med 26
Lad os nu udføre beviset for udsagnet formuleret i problemformuleringen.
1) Det er klart, når n=1 udsagnet er sandt
3 3+3 -26-27=676
2) Antag, at for n=k
udtrykket 3 3k+3 -26k-27 divideres med 26 2 uden en rest.
3) Lad os bevise, at udsagnet er sandt for n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3-1)+(3 3k+3-26k-27).
Begge led er delelige med 26 2; den første er delelig med 26 2, fordi vi har bevist, at udtrykket i parentes er deleligt med 26, og det andet er deleligt med induktionshypotesen. I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist.
Bevis, at hvis n>2 og x>0, så er uligheden sand
(1+x) n >1+n´x.
Løsning: 1) For n=2 er uligheden gyldig, da
(1+x)2 =1+2x+x2 >1+2x.
Så A(2) er sandt.
2) Lad os bevise, at A(k)ÞA(k+1), hvis k> 2. Antag, at A(k) er sandt, dvs. at uligheden
(1+x) k >1+k´x. (3)
Lad os bevise, at så er A(k+1) også sand, altså at uligheden
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Faktisk får vi ved at gange begge sider af ulighed (3) med det positive tal 1+x
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Lad os overveje højre side af den sidste ulighed
stva; vi har
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
Som et resultat får vi det
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Altså A(k)ÞA(k+1). Ud fra princippet om matematisk induktion kan det hævdes, at Bernoullis ulighed er sand for evt.
Bevis, at uligheden er sand
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 for a> 0.
Løsning: 1) Når m=1
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 begge sider er lige store.
2) Antag, at for m=k
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) Lad os bevise, at for m=k+1 er uligheden sand
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+
+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +
+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+
+((k+1)(k+2)/2)´a2.
Vi har bevist gyldigheden af uligheden for m=k+1, derfor er uligheden gyldig i kraft af metoden til matematisk induktion for enhver naturlig m.
Bevis at for n>6 er uligheden sand
3n >n´2 n+1.
Løsning: Lad os omskrive uligheden i formularen
- For n=7 har vi
- Lad os antage, at for n=k
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
uligheden er sand.
3) Lad os bevise gyldigheden af uligheden for n=k+1.
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
Siden k>7 er den sidste ulighed åbenlys.
I kraft af metoden til matematisk induktion er uligheden gyldig for ethvert naturligt tal n.
Bevis at for n>2 er uligheden sand
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Løsning: 1) For n=3 er uligheden sand
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Lad os antage, at for n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+...+(1/k2)=1,7-(1/k).
3) Lad os bevise gyldigheden af den ikke-
lighed for n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Lad os bevise, at 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û
Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ
Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k Det sidste er indlysende, og derfor 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). I kraft af metoden med matematisk induktion bevises uligheden. Konklusion Især ved at studere metoden til matematisk induktion øgede jeg min viden inden for dette område af matematik og lærte også at løse problemer, der tidligere var uden for min magt. Det var hovedsageligt logiske og underholdende opgaver, dvs. netop dem, der øger interessen for selve matematikken som videnskab. At løse sådanne problemer bliver en underholdende aktivitet og kan tiltrække flere og flere nysgerrige mennesker ind i matematiske labyrinter. Efter min mening er dette grundlaget for enhver videnskab. Jeg fortsætter med at studere metoden til matematisk induktion, og jeg vil forsøge at lære at anvende den ikke kun i matematik, men også til at løse problemer i fysik, kemi og selve livet. MATEMATIK: FOREDRAG, PROBLEMER, LØSNINGER Lærebog / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I. Potpourri LLC 1996. ALGEBRA OG BEGYNDELSE AF ANALYSE Lærebog / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, O.S. Ivashev-Musatov. "Oplysning" 1975. Hvis en sætning A(n), afhængigt af et naturligt tal n, er sand for n=1 og af, at den er sand for n=k (hvor k er et hvilket som helst naturligt tal), følger det, at det også er sandt for det næste tal n=k +1, så er antagelsen A(n) sand for ethvert naturligt tal n. I en række tilfælde kan det være nødvendigt at bevise gyldigheden af et bestemt udsagn ikke for alle naturlige tal, men kun for n>p, hvor p er et fast naturligt tal. I dette tilfælde er princippet om matematisk induktion formuleret som følger. Hvis påstanden A(n) er sand for n=p, og hvis A(k) ≈ A(k+1) for enhver k>p, så er påstanden A(n) sand for enhver n>p. Beviset ved hjælp af metoden til matematisk induktion udføres som følger. Først kontrolleres udsagnet, der skal bevises, for n=1, dvs. sandheden af udsagn A(1) er fastslået. Denne del af beviset kaldes induktionsgrundlaget. Så kommer den del af beviset, der kaldes induktionstrinnet. I denne del beviser de gyldigheden af udsagnet for n=k+1 under antagelsen om gyldigheden af udsagnet for n=k (induktionsantagelse), dvs. bevis at A(k) 1 A(k+1) Bevis at 1+3+5+…+(2n-1)=n 2. Lad k være et hvilket som helst naturligt tal og lad udsagnet være sandt for n=k, dvs. 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 Lad os bevise, at så er udsagnet også sandt for det næste naturlige tal n=k+1, dvs. Hvad Så A(k) 1 A(k+1). Baseret på princippet om matematisk induktion konkluderer vi, at antagelsen A(n) er sand for enhver n O N Bevis det 1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), hvor x nr. 1 derfor er formlen korrekt for n=1; A(1) sandt Lad os bevise, at så ligheden =(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Så A(k) 1 A(k+1). Baseret på princippet om matematisk induktion konkluderer vi, at formlen er sand for ethvert naturligt tal n Bevis, at antallet af diagonaler af en konveks n-gon er n(n-3)/2 Løsning: 1) For n=3 er udsagnet sandt, fordi i trekanten A3=3(3-3)/2=0 diagonaler; A 2 A(3) sand 2) Antag, at der i hver konveks k-gon er A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonaler. A k Lad os bevise, at så i en konveks A k+1 (k+1)-gon antallet af diagonaler A k+1 =(k+1)(k-2)/2. Lad A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 være en konveks (k+1)-gon. Lad os tegne en diagonal A 1 A k i den. For at beregne det samlede antal diagonaler af denne (k+1)-gon, skal du tælle antallet af diagonaler i k-gonen A 1 A 2 ...A k , tilføje k-2 til det resulterende tal, dvs. antallet af diagonaler af (k+1)-gonen, der udgår fra toppunktet A k+1, og derudover skal der tages hensyn til diagonalen A 1 A k Dermed, Gk+1 =Gk +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2 Så A(k) 1 A(k+1). På grund af princippet om matematisk induktion er udsagnet sandt for enhver konveks n-gon. Bevis, at følgende udsagn er sand for enhver n: 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6 Løsning: 1) Lad n=1, så X1=12=1(1+1)(2+1)/6=1 2) Antag at n=k Xk=k2=k(k+1)(2k+1)/6 3) Overvej denne sætning for 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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+ 2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6 Vi har bevist, at ligheden er sand for n=k+1, derfor, i kraft af metoden til matematisk induktion, er udsagnet sandt for ethvert naturligt tal n Bevis, at for ethvert naturligt tal n er ligheden sand: 1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4 Løsning: 1) Lad n=1 Så X 1 =1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4=1. Vi ser, at for n=1 er udsagnet sandt. 2) Antag, at ligheden er sand for n=k Xk=k2(k+1)2/4 3) Lad os bevise sandheden af dette udsagn for n=k+1, dvs. Xk+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 Fra ovenstående bevis er det klart, at udsagnet er sandt for n=k+1, derfor er ligheden sand for ethvert naturligt tal n Bevis det ((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ ... ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1) )= 3n(n+1)/2(n2+n+1), hvor n>2 Løsning: 1) For n=2 ser identiteten sådan ud: 1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k2 +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) Vi har bevist, at ligheden er sand for n=k+1, derfor, i kraft af metoden til matematisk induktion, er udsagnet sandt for enhver n>2 Bevis det 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) for ethvert naturligt tal n Løsning: 1) Lad n=1, så +(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3) Gyldigheden af ligheden for n=k+1 er også blevet bevist, derfor er udsagnet sandt for ethvert naturligt tal n. Bevis identiteten er korrekt (1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+...+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) for enhver naturlig n Fra ovenstående bevis er det klart, at udsagnet er sandt for ethvert naturligt tal n. Bevis at (11 n+2 +12 2n+1) er deleligt med 133 uden rest Løsning: 1) Lad n=1, så 11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133 Men (23 ґ 133) er deleligt med 133 uden en rest, hvilket betyder, at for n=1 er udsagnet sandt; A(1) er sandt. +(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1 Den resulterende sum divideres med 133 uden en rest, da dens første led er delelig med 133 uden en rest ved antagelse, og i den anden af faktorerne er 133. Så A(k) 1 A(k+1). I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist Bevis at for enhver n 7 er n -1 delelig med 6 uden en rest X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6 Det første led er deleligt med 6, da 7 k -1 er deleligt med 6 ved antagelse, og det andet led er 6. Det betyder, at 7 n -1 er et multiplum af 6 for ethvert naturligt tal n. I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist. Bevis at 3 3n-1 +2 4n-3 for et vilkårligt naturligt tal n er deleligt med 11. 1) Lad n=1, så X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 divideres med 11 uden en rest. Det betyder, at for n=1 er udsagnet sandt X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 = 27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 + 11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1 Det første led er deleligt med 11 uden en rest, da 3 3k-1 +2 4k-3 er deleligt med 11 ved antagelse, det andet er deleligt med 11, fordi en af dets faktorer er tallet 11. Det betyder, at summen er deleligt med 11 uden en rest for et naturligt tal n. I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist. Bevis at 11 2n -1 for et vilkårligt naturligt tal n er deleligt med 6 uden en rest Begge led er delelige med 6 uden en rest: den første indeholder et multiplum af 6, 120, og den anden er delelig med 6 uden en rest ved antagelse. Det betyder, at summen er delelig med 6 uden en rest. I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist. Bevis at 3 3n+3 -26n-27 for et vilkårligt naturligt tal n er deleligt med 26 2 (676) uden en rest Lad os først bevise, at 3 3n+3 -1 er deleligt med 26 uden en rest Lad os nu bevise udsagnet formuleret i problemformuleringen Begge led er delelige med 26 2; den første er delelig med 26 2, fordi vi har bevist, at udtrykket i parentes er deleligt med 26, og det andet er deleligt med induktionshypotesen. I kraft af metoden for matematisk induktion er udsagnet bevist Bevis, at hvis n>2 og x>0, så er uligheden (1+x) n >1+n ґ x sand Så A(2) er sandt Lad os bevise, at så er A(k+1) også sand, altså at uligheden (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x Faktisk får vi ved at gange begge sider af ulighed (3) med det positive tal 1+x (1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x) Overvej den rigtige side af den sidste ulighed; vi har (1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x Som et resultat får vi, at (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x Så A(k) 1 A(k+1). Baseret på princippet om matematisk induktion kan det hævdes, at Bernoullis ulighed er gyldig for enhver n> 2 Bevis at uligheden (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 for a> 0 er sand Løsning: 1) Når m=1 +(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 Vi har bevist, at uligheden er sand for m=k+1, derfor er uligheden gyldig for ethvert naturligt tal m i kraft af metoden til matematisk induktion. Bevis at for n>6 er uligheden 3 n >n ґ 2 n+1 sand Lad os omskrive uligheden i formen (3/2) n >2n Siden k>7 er den sidste ulighed åbenlys. I kraft af metoden til matematisk induktion er uligheden gyldig for ethvert naturligt tal n Bevis at for n>2 er uligheden sand 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n) Lad os bevise, at 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k Det sidste er indlysende, og derfor 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) I kraft af metoden med matematisk induktion bevises uligheden. Bryansk City Lyceum nr. 1 Forskningsarbejde om emnet: Metode til matematisk induktion Færdiggjort
M knap TIL Konstantin elev 10 fysik og matematik Bryansk City Lyceum nr. 1 Tjekket
T Yukacheva OM ligge OG vanovna Indledning_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 3 Hoveddel Fuldstændig og ufuldstændig induktion_ _ _ _ _ _ _ _ _ _3-4 Princip for matematisk induktion_ _ _ _ _4-5 Metode til matematisk induktion_ _ _ _ _ _ 6 Løsning ved matematisk induktion Til summeringsproblemer_ _ _ _ _ _ _ _ _ 7 Til problemer med at bevise uligheder_ _8 Til delelighedsproblemer _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _11 Til problemer med at bevise identiteter _ _ _12 Til andre opgaver _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 13 Konklusion_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 16 Liste over brugt litteratur _ _ _ _17 Introduktion
Ord induktion på russisk betyder vejledning, og induktiv kalde konklusioner lavet på baggrund af observationer, forsøg, dvs. opnået ved slutning fra det særlige til det almene. Rollen af induktive konklusioner i eksperimentelle videnskaber er meget stor. De giver de bestemmelser, hvorfra der derefter drages yderligere konklusioner gennem fradrag. Og selvom teoretisk mekanik er baseret på Newtons tre bevægelseslove, var disse love i sig selv resultatet af dyb tænkning gennem eksperimentelle data, især Keplers love for planetbevægelse, som han udledte fra den danske astronom Tychos bearbejdning af mange års observationer. Brahe. Observation og induktion viser sig at være nyttige i fremtiden til at afklare de antagelser, der er gjort. Efter Michelsons eksperimenter med at måle lysets hastighed i et bevægeligt medium, viste det sig at være nødvendigt at afklare fysikkens love og skabe relativitetsteorien. I matematik er induktionens rolle i høj grad, at den ligger til grund for den valgte aksiomatik. Efter langsigtet praksis viste, at en lige vej altid er kortere end en buet eller knækket, var det naturligt at formulere et aksiom: for alle tre punkter A, B og C, uligheden Begrebet "følgende", som er grundlaget for aritmetikken, fremgik også af observationer af dannelsen af soldater, skibe og andre ordnede sæt. Man skal dog ikke tro, at dette udtømmer induktionens rolle i matematik. Selvfølgelig skal vi ikke eksperimentelt teste sætninger, der er logisk udledt fra aksiomer: Hvis der ikke blev lavet logiske fejl under udledningen, så er de sande, for så vidt som de aksiomer, vi accepterede, er sande. Men der kan udledes mange udsagn fra dette system af aksiomer. Og udvælgelsen af de udsagn, der skal bevises, foreslås igen ved induktion. Det er dette, der giver dig mulighed for at adskille nyttige sætninger fra ubrugelige, angiver, hvilke sætninger der kan vise sig at være sande, og endda hjælper med at skitsere bevisets vej. Essensen af matematisk induktion Lad os vise et eksempel på brug M metode M atematisk OG induktion og til sidst vil vi lave en generaliserende konklusion. 4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5; 14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7. Disse ni ligheder viser, at hvert af de tal, vi er interesserede i, faktisk er repræsenteret som summen af to simple udtryk. Fuldstændig induktion består således i at bevise det generelle udsagn separat i hvert af et begrænset antal mulige tilfælde. Nogle gange kan det generelle resultat forudsiges efter at have overvejet ikke alle, men et tilstrækkeligt stort antal særlige tilfælde (den såkaldte ufuldstændige induktion). Resultatet opnået ved ufuldstændig induktion forbliver dog kun en hypotese, indtil det er bevist ved præcise matematiske ræsonnementer, der dækker alle specielle tilfælde. Med andre ord betragtes ufuldstændig induktion i matematik ikke som en legitim metode til streng bevisførelse, men er en kraftfuld metode til at opdage nye sandheder. Lad dig for eksempel finde summen af de første n på hinanden følgende ulige tal. Lad os overveje særlige tilfælde: 1+3+5+7+9=25=5 2 Efter at have overvejet disse få særlige tilfælde, foreslår følgende generelle konklusion sig selv: 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 de der. summen af de første n på hinanden følgende ulige tal er n 2 Naturligvis kan den foretagne observation endnu ikke tjene som bevis for gyldigheden af givet formel. Komplet induktion har kun begrænsede anvendelser i matematik. Mange interessante matematiske udsagn dækker et uendeligt antal specielle tilfælde, men vi er ikke i stand til at teste dem for et uendeligt antal tilfælde. Ufuldstændig induktion fører ofte til fejlagtige resultater. I mange tilfælde er vejen ud af denne form for vanskeligheder at ty til en særlig metode til ræsonnement, kaldet metoden for matematisk induktion. Det er som følger. Antag, at du skal bevise gyldigheden af et udsagn for ethvert naturligt tal n (f.eks. skal du bevise, at summen af de første n ulige tal er lig med n 2). Direkte verifikation af denne erklæring for hver værdi af n er umulig, da mængden af naturlige tal er uendelig. For at bevise dette udsagn skal du først kontrollere dets gyldighed for n=1. Så beviser de, at for enhver naturlig værdi af k, indebærer gyldigheden af udsagnet under overvejelse for n=k dens gyldighed for n=k+1. Så anses udsagnet for bevist for alle n. Faktisk er udsagnet sandt for n=1. Men så gælder det også for det næste tal n=1+1=2. Gyldigheden af sætningen for n=2 antyder dens gyldighed for n=2+ 1=3. Dette indebærer gyldigheden af udsagnet for n=4 osv. Det er klart, at vi i sidste ende vil nå ethvert naturligt tal n. Dette betyder, at udsagnet er sandt for enhver n. Sammenfattende, hvad der er blevet sagt, formulerer vi følgende generelle princip. Princippet om matematisk induktion. Hvis forslag A(
n
), afhængigt af det naturlige tal
n
, sandt for
n
=1 og fra det faktum, at det er sandt for
n
=
k
(Hvor
k
-ethvert naturligt tal), følger det, at det er sandt for det næste tal
n
=
k
+1, derefter antagelse A(
n
) sandt for ethvert naturligt tal
n
.
I en række tilfælde kan det være nødvendigt at bevise gyldigheden af et bestemt udsagn ikke for alle naturlige tal, men kun for n> p, hvor p er et fast naturligt tal. I dette tilfælde er princippet om matematisk induktion formuleret som følger. Beviset ved hjælp af metoden til matematisk induktion udføres som følger. Først kontrolleres udsagnet, der skal bevises, for n=1, dvs. sandheden af udsagn A(1) er fastslået. Denne del af beviset kaldes induktionsgrundlaget. Så kommer den del af beviset, der kaldes induktionstrinnet. I denne del beviser de gyldigheden af udsagnet for n=k+1 under antagelsen om gyldigheden af udsagnet for n=k (induktionsantagelse), dvs. bevis at A(k)ÞA(k+1). Anvendelse af metoden til matematisk induktion i summeringsopgaver
Anvendelse af metoden til matematisk induktion i summeringsopgaver For at gøre dette skal du først kontrollere sandheden af udsagn nummer 1 - induktionsbase, og så er det bevist, at hvis udsagnet med tal er sandt n, så er følgende udsagn med tal også sandt n + 1 - induktionstrin, eller induktionsovergang. Beviset ved induktion kan tydeligt præsenteres i form af den såkaldte domino princip. Lad et hvilket som helst antal dominobrikker placeres i en række på en sådan måde, at hver dominobrikke, når den falder, nødvendigvis vælter dominostenen efter den (dette er den induktive overgang). Så, hvis vi skubber den første knogle (dette er bunden af induktion), så vil alle knoglerne i rækken falde. Det logiske grundlag for denne bevismetode er den såkaldte induktionsaksiom, den femte af Peanos aksiomer, der definerer de naturlige tal. Rigtigheden af induktionsmetoden svarer til det faktum, at der i enhver delmængde af naturlige tal er et minimalt element. Der er også en variation, det såkaldte princip om fuldstændig matematisk induktion. Her er dens strenge formulering: Princippet om fuldstændig matematisk induktion svarer også til induktionsaksiomet i Peanos aksiomer. Opgave. For at bevise det, uanset det naturlige n og ægte q≠ 1, ligheden holder Bevis. Induktion på n. Grundlag, n = 1: Overgang: Lad os lade som om Q.E.D. En kommentar: udsagnets rigtighed P n i dette bevis - det samme som sandheden om ligheden Wikimedia Foundation. 2010. Matematisk induktion i matematik er en af bevismetoderne. Bruges til at bevise sandheden af et bestemt udsagn for alle naturlige tal. For at gøre dette kontrolleres først sandheden af udsagnet med nummer 1 baseret på induktion, og derefter... ... Wikipedia En metode til at konstruere en teori, hvor den er baseret på visse af dens bestemmelser - aksiomer eller postulater - hvorfra alle andre bestemmelser i teorien (sætninger) er udledt ved ræsonnement, kaldet beviser m i. Regler ifølge Krim... ... Filosofisk encyklopædi Induktion (lat. inductio guidance) er processen med logisk inferens baseret på overgangen fra en bestemt situation til en generel. Induktiv inferens forbinder bestemte præmisser med konklusionen, ikke så meget gennem logikkens love, men snarere gennem nogle ... ... Wikipedia GENETISK METODE- en måde at definere indholdet og essensen af det undersøgte emne ikke ved konvention, idealisering eller logisk konklusion, men ved at studere dets oprindelse (baseret på studiet af årsagerne, der førte til dets fremkomst, dannelsesmekanismen). Bred...... Videnskabsfilosofi: Ordliste over grundlæggende termer En metode til at konstruere en videnskabelig teori, hvor den er baseret på nogle indledende bestemmelser (domme) af et aksiom (se aksiom) eller postulater, hvorfra alle andre udsagn om denne videnskab (sætninger (se sætning)) skal udledes. ... Store sovjetiske encyklopædi aksiomatisk metode- AKSIOMATISK METODE (fra det græske aksiom) er en accepteret position - en metode til at konstruere en videnskabelig teori, hvor kun aksiomer, postulater og udsagn, der tidligere er afledt af dem, bruges i beviser. For første gang tydeligt demonstreret... ... Encyclopedia of Epistemology and Philosophy of Science En af teorifejlmetoderne til at estimere ukendte mængder ud fra måleresultater indeholdende tilfældige fejl. N.K.M. bruges også til at tilnærme repræsentationen af en given funktion ved hjælp af andre (simpelere) funktioner og viser sig ofte at være... Matematisk encyklopædi Matematisk induktion er en af metoderne til matematisk bevis, der bruges til at bevise sandheden af et bestemt udsagn for alle naturlige tal. For at gøre dette, tjek først ... Wikipedia Dette udtryk har andre betydninger, se Induktion. Induktion (lat. inductio guidance) er processen med logisk inferens baseret på overgangen fra en bestemt situation til en generel. Induktiv inferens forbinder bestemte præmisser... ... WikipediaEksempler
,
se også
Variationer og generaliseringer
Litteratur
Se, hvad "metoden til matematisk induktion" er i andre ordbøger: