Metode til matematisk induktion definition. Eksempler på induktion

Induktion er en metode til at opnå en generel erklæring fra bestemte observationer. I det tilfælde, hvor en matematisk sætning vedrører et begrænset antal objekter, kan det bevises ved at teste for hvert objekt. For eksempel følger udsagnet: "Hvert to-cifrede lige tal er summen af ​​to primtal," følger af en række ligheder, der er ret gennemførlige at etablere:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

En bevismetode, hvor en udsagn verificeres for et begrænset antal tilfælde, der udtømmer alle muligheder, kaldes fuldstændig induktion. Denne metode bruges relativt sjældent, da matematiske udsagn som regel ikke vedrører endelige, men uendelige sæt af objekter. For eksempel er udsagnet om lige tocifrede tal bevist ovenfor ved fuldstændig induktion kun et specialtilfælde af sætningen: "Ethvert lige tal er summen af ​​to primtal." Denne teorem er endnu ikke blevet bevist eller modbevist.

Matematisk induktion er en metode til at bevise et bestemt udsagn for ethvert naturligt tal n baseret på princippet om matematisk induktion: "Hvis et udsagn er sandt for n=1, og dets gyldighed for n=k indebærer gyldigheden af ​​dette udsagn for n=k +1, så er det sandt for alle n " Metoden til bevis ved matematisk induktion er som følger:

1) induktionsgrundlag: de beviser eller kontrollerer direkte gyldigheden af ​​udsagnet for n=1 (nogle gange n=0 eller n=n 0);

2) induktionstrin (overgang): de antager gyldigheden af ​​udsagnet for et eller andet naturligt tal n=k og beviser ud fra denne antagelse gyldigheden af ​​udsagnet for n=k+1.

Problemer med løsninger

1. Bevis, at for ethvert naturligt tal n er tallet 3 2n+1 +2 n+2 deleligt med 7.

Lad os betegne A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Induktionsbase. Hvis n=1, så er A(1)=3 3 +2 3 =35 og er naturligvis deleligt med 7.

Induktionsantagelse. Lad A(k) være deleligt med 7.

Induktionsovergang. Lad os bevise, at A(k+1) er delelig med 7, det vil sige gyldigheden af ​​sætningen af ​​problemet for n=k.

A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k+2.

Det sidste tal er deleligt med 7, da det er forskellen mellem to heltal, der er deleligt med 7. Derfor er 3 2n+1 +2 n+2 deleligt med 7 for ethvert naturligt tal n.

2. Bevis, at for ethvert naturligt tal n er tallet 2 3 n +1 deleligt med 3 n+1 og ikke deleligt med 3 n+2.

Lad os introducere notationen: a i =2 3 i +1.

For n=1 har vi, og 1 =2 3 +1=9. Så et 1 er deleligt med 3 2 og ikke deleligt med 3 3.

Lad for n=k tallet a k er deleligt med 3 k+1 og ikke deleligt med 3 k+2, det vil sige a k =2 3 k +1=3 k+1 m, hvor m ikke er deleligt med 3. Så

og k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=

3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m2 –2 3 k).

Det er klart, at en k+1 er delelig med 3 k+2 og ikke delelig med 3 k+3.

Derfor er udsagnet bevist for ethvert naturligt tal n.

3. Det er kendt, at x+1/x er et heltal. Bevis at x n +1/x n også er et heltal for ethvert heltal n.

Lad os introducere notationen: a i =х i +1/х i og straks bemærke, at a i =а –i, så vi vil fortsætte med at tale om naturlige indekser.

Bemærk: a 1 er et heltal efter konvention; og 2 er et heltal, da a 2 = (a 1) 2 –2; og 0 = 2.

Lad os antage, at a k er et heltal for ethvert naturligt tal k, der ikke overstiger n. Så er a 1 ·a n et heltal, men a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 og a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Imidlertid er n–1 ifølge induktionshypotesen et heltal. Det betyder, at et n+1 også er et heltal. Derfor er x n +1/x n et heltal for ethvert heltal n, hvilket er det, der skulle bevises.

4. Bevis, at for ethvert naturligt tal n større end 1 er den dobbelte ulighed sand

5. Bevis at for naturlig n > 1 og |x|

(1–x)n +(1+x)n

For n=2 er uligheden sand. Virkelig,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Hvis uligheden er sand for n=k, så har vi for n=k+1

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

Uligheden er blevet bevist for ethvert naturligt tal n > 1.

6. Der er n cirkler på et plan. Bevis, at for ethvert arrangement af disse cirkler kan kortet, de danner, farvelægges korrekt med to farver.

Lad os bruge metoden til matematisk induktion.

For n=1 er udsagnet indlysende.

Lad os antage, at udsagnet er sandt for ethvert kort dannet af n cirkler, og lad der være n+1 cirkler på planet. Ved at fjerne en af ​​disse cirkler får vi et kort, der på grund af den antagelse, der er gjort, kan farvelægges korrekt med to farver (se det første billede nedenfor).

Lad os derefter genoprette den kasserede cirkel og på den ene side af den, for eksempel indeni, ændre farven på hvert område til det modsatte (se det andet billede). Det er let at se, at vi i dette tilfælde får et kort korrekt farvet med to farver, men først nu for n+1 cirkler, hvilket er det, der skulle bevises.

7. Vi vil kalde en konveks polygon "smuk", hvis følgende betingelser er opfyldt:

1) hver af dens hjørner er malet i en af ​​tre farver;

2) to tilstødende hjørner er malet i forskellige farver;

3) mindst et toppunkt af polygonen er malet i hver af de tre farver.

Bevis, at enhver smuk n-gon kan skæres af usammenhængende diagonaler til "smukke" trekanter.

Lad os bruge metoden til matematisk induktion.

Induktionsbase. Med den mindst mulige n=3 er problemformuleringen indlysende: hjørnerne i den "smukke" trekant er malet i tre forskellige farver, og der er ikke behov for snit.

Induktionsantagelse. Lad os antage, at udsagnet om problemet er sandt for enhver "smuk" n-gon.

Induktionstrin. Lad os overveje en vilkårlig "smuk" (n+1)-gon og bevise, ved hjælp af induktionshypotesen, at den kan skæres af visse diagonaler til "smukke" trekanter. Lad os betegne med A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 de på hinanden følgende hjørner af (n+1)-gonen. Hvis kun et toppunkt af en (n+1)-gon er farvet i en af ​​de tre farver, så ved at forbinde dette toppunkt med diagonaler til alle hjørner, der ikke støder op til det, opnår vi den nødvendige partition af (n+1) )-gon ind i "smukke" trekanter.

Hvis mindst to hjørner af en (n+1)-gon er farvet i hver af de tre farver, betegner vi farven på toppunkt A 1 med nummer 1 og farven på toppunkt A 2 med nummer 2. Lad k være det mindste tal, således at toppunktet A k er farvet i den tredje farve. Det er tydeligt, at k > 2. Lad os afskære trekanten A k–2 A k–1 A k fra (n+1)-gonen med diagonalen A k–2 A k. I overensstemmelse med valget af tallet k er alle hjørnerne i denne trekant malet i tre forskellige farver, det vil sige, at denne trekant er "smuk". Den konvekse n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , som bliver tilbage, vil også i kraft af den induktive antagelse være "smuk", hvilket betyder den er opdelt i "smukke" trekanter, som og skulle bevises.

8. Bevis, at i en konveks n-gon er det umuligt at vælge mere end n diagonaler, så to af dem har et fælles punkt.

Lad os udføre beviset ved hjælp af metoden til matematisk induktion.

Lad os bevise et mere generelt udsagn: i en konveks n-gon er det umuligt at vælge mere end n sider og diagonaler, så to af dem har et fælles punkt. For n = 3 er udsagnet indlysende. Lad os antage, at denne sætning er sand for en vilkårlig n-gon, og ved at bruge denne vil vi bevise dens gyldighed for en vilkårlig (n+1)-gon.

Lad os antage, at dette udsagn ikke er sandt for en (n+1)-gon. Hvis der ikke kommer mere end to udvalgte sider eller diagonaler frem fra hvert hjørne af en (n+1)-gon, så vælges ikke mere end n+1 af dem i alt. Derfor er der fra noget toppunkt A mindst tre udvalgte sider eller diagonaler AB, AC, AD. Lad AC ligge mellem AB og AD. Da enhver side eller diagonal, der kommer frem fra punkt C og andet end CA, ikke samtidig kan skære AB og AD, kommer kun én valgt diagonal CA frem fra punkt C.

Hvis vi kasserer punkt C sammen med diagonal CA, får vi en konveks n-gon, hvor der er valgt mere end n sider og diagonaler, hvoraf to af dem har et fælles punkt. Således kommer vi til en modsigelse med antagelsen om, at udsagnet er sandt for en vilkårlig konveks n-gon.

Så for en (n+1)-gon er udsagnet sandt. Ifølge princippet om matematisk induktion gælder udsagnet for enhver konveks n-gon.

9. Der er n rette linjer i et plan, hvoraf ikke to er parallelle og ikke tre passerer gennem det samme punkt. Hvor mange dele deler disse linjer flyet i?

Ved hjælp af elementære tegninger kan du nemt verificere, at en lige linje deler planet i 2 dele, to lige linjer i 4 dele, tre lige linjer i 7 dele og fire lige linjer i 11 dele.

Lad os betegne med N(n) antallet af dele, som n rette linjer deler planet i. Det kan man mærke

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

Det er naturligt at antage det

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

eller, som det er let at fastslå, ved at bruge formlen for summen af ​​de første n led i en aritmetisk progression,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Lad os bevise gyldigheden af ​​denne formel ved hjælp af metoden til matematisk induktion.

For n=1 er formlen allerede blevet kontrolleret.

Efter at have lavet induktionsantagelsen betragter vi k+1 linjer, der opfylder betingelserne for problemet. Lad os vælge k lige linjer fra dem på en vilkårlig måde. Ved induktionshypotesen vil de opdele planet i 1+ k(k+1)/2 dele. Den resterende (k+1) rette linje vil blive opdelt af de valgte k rette linjer i k+1 dele og vil derfor passere langs den (k+1) del, som planet allerede er blevet opdelt i, og hver af disse dele vil blive opdelt i 2 dele, det vil sige, at der tilføjes endnu en k+1 del. Så,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

Q.E.D.

10. I udtrykket x 1: x 2: ... : x n placeres parenteser for at angive rækkefølgen af ​​handlinger, og resultatet skrives som en brøk:

(i dette tilfælde er hvert af bogstaverne x 1, x 2, ..., x n enten i brøkens tæller eller i nævneren). Hvor mange forskellige udtryk kan man få på denne måde med alle mulige måder at placere parenteser på?

Først og fremmest er det klart, at i den resulterende brøk vil x 1 være i tælleren. Det er næsten lige så indlysende, at x 2 vil stå i nævneren, uanset hvordan parenteserne er placeret (delingstegnet foran x 2 refererer enten til selve x 2 eller til et eller andet udtryk, der indeholder x 2 i tælleren).

Det kan antages, at alle andre bogstaver x 3, x 4, ..., x n kan placeres i tælleren eller nævneren på en helt vilkårlig måde. Det følger heraf, at du i alt kan få 2 n–2 brøker: hver af de n–2 bogstaver x 3, x 4, ..., x n kan optræde uafhængigt af de andre i tælleren eller nævneren.

Lad os bevise dette udsagn ved induktion.

Med n=3 kan du få 2 brøker:

så udsagnet er sandt.

Lad os antage, at det er sandt for n=k og bevise det for n=k+1.

Lad udtrykket x 1:x 2: ... :x k efter en eller anden placering af parenteser skrives i form af en bestemt brøk Q. Hvis vi i dette udtryk i stedet for x k erstatter x k:x k+1, så vil x k være på samme sted som det var i brøk Q, og x k+1 vil ikke være hvor x k var (hvis x k var i nævneren, så vil x k+1 være i tælleren og omvendt).

Nu vil vi bevise, at vi kan tilføje x k+1 til det samme sted, hvor x k er placeret. I brøken Q vil der efter placering af parentes nødvendigvis være et udtryk på formen q:x k, hvor q er bogstavet x k–1 eller et eller andet udtryk i parentes. Ved at erstatte q:x k med udtrykket (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), får vi naturligvis den samme brøk Q, hvor der i stedet for x k er x k ·x k+1 .

Således er antallet af alle mulige fraktioner i tilfældet n=k+1 2 gange større end i tilfældet n=k og er lig med 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Dermed er udsagnet bevist.

Svar: 2 n–2 fraktioner.

Problemer uden løsninger

1. Bevis, at for enhver naturlig n:

a) tallet 5 n –3 n +2n er deleligt med 4;

b) tallet n 3 +11n er deleligt med 6;

c) tallet 7 n +3n–1 er deleligt med 9;

d) tallet 6 2n +19 n –2 n+1 er deleligt med 17;

e) tallet 7 n+1 +8 2n–1 er deleligt med 19;

e) tallet 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 er deleligt med 27.

2. Bevis at (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Bevis uligheden |sin nx| n|sin x| for enhver naturlig n.

4. Find naturlige tal a, b, c, der ikke er delelige med 10 og sådan, at tallene a n + b n og c n for enhver naturlig n har de samme to sidste cifre.

5. Bevis, at hvis n punkter ikke ligger på samme linje, så er der blandt de linjer, der forbinder dem, mindst n forskellige.

Metode til matematisk induktion

Introduktion

Hoveddel

1. Fuldstændig og ufuldstændig induktion
2. Princippet for matematisk induktion
3. Metode til matematisk induktion
4. Løsningseksempler
5. Ligestillinger
6. Opdeling af tal
7. 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.

1. Når n=0

3 3 -1=26 divideres med 26

2. Lad os antage, at for n=k

3 3k+3 -1 er deleligt med 26

3. Lad os bevise, at udsagnet

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

1. For n=7 har vi

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

uligheden er sand.

2. Lad os antage, at for n=k

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).

1. 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. Shabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRA OG BEGYNDELSE AF ANALYSE

Lærebog / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Weitz. "Oplysning" 1975.

Brug metoden til matematisk induktion, bevis, at for enhver naturlig n følgende ligheder er gældende:
EN) ;
b) .

Løsning.

a) Hvornår n= 1 ligheden er sand. Forudsat gyldigheden af ​​ligheden ved n, lad os vise dens gyldighed, selv når n+ 1. Faktisk,

Q.E.D.

b) Hvornår n= 1 gyldigheden af ​​ligheden er indlysende. Fra antagelsen om dens gyldighed kl n bør

Givet ligheden 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, får vi

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

dvs. udsagnet er også sandt hvornår n + 1.

Eksempel 1. Bevis følgende ligheder

Hvor n OM N.

Løsning. a) Hvornår n= 1 vil ligheden have formen 1=1, derfor P(1) er sandt. Lad os antage, at denne lighed er sand, det vil sige, at den holder

. Det er nødvendigt at kontrollere (bevise) detP(n+ 1), dvs rigtigt. Siden (ved hjælp af induktionshypotesen) vi får det er, P(n+ 1) er et sandt udsagn.

Ifølge metoden for matematisk induktion er den oprindelige lighed gyldig for enhver naturlig n.

Note 2. Dette eksempel kunne have været løst anderledes. Faktisk er summen 1 + 2 + 3 + ... + n er summen af ​​den første n led af en aritmetisk progression med det første led -en 1 = 1 og forskel d= 1. I kraft af den velkendte formel , vi får

b) Hvornår n= 1 vil ligheden have formen: 2 1 - 1 = 1 2 eller 1=1, dvs. P(1) er sandt. Lad os antage, at ligestillingen

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 og bevise, at det skerP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 eller 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Ved hjælp af induktionshypotesen får vi

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

Dermed, P(n+ 1) er sand, og derfor er den nødvendige lighed bevist.

Note 3. Dette eksempel kan løses (svarende til det foregående) uden at bruge metoden til matematisk induktion.

c) Hvornår n= 1 ligheden er sand: 1=1. Lad os antage, at ligestillingen er sand

og vise det det vil sige sandhedenP(n) indebærer sandhedP(n+ 1). Virkelig, og siden 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), får vi og derfor er den oprindelige lighed gældende for enhver naturlign.

d) Hvornår n= 1 ligheden er sand: 1=1. Lad os antage, at det finder sted

og det vil vi bevise

Virkelig,

e) Godkendelse P(1) sand: 2=2. Lad os antage, at ligestillingen

er sandt, og vi vil bevise, at det indebærer lighed Virkelig,

Følgelig gælder den oprindelige lighed for enhver naturlig n.

f) P(1) sandt: 1/3 = 1/3. Lad der være ligestilling P(n):

. Lad os vise, at den sidste lighed indebærer følgende:

Faktisk taget det i betragtning P(n) holder, får vi

Dermed er lighed bevist.

g) Hvornår n= 1 vi har -en + b = b + -en og derfor er ligestilling retfærdig.

Lad Newtons binomiale formel være gyldig for n = k, det er,

Derefter Brug af ligestilling vi får

Eksempel 2. Bevis uligheder

a) Bernoulli ulighed: (1 + a) n ≥ 1 + n a, a > -1, n OM N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, hvis x 1 x 2 · ... · x n= 1 og x jeg > 0, .

c) Cauchys ulighed med hensyn til den aritmetiske middelværdi og den geometriske middelværdi Hvor x jeg > 0, , n ≥ 2.

d) synd 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, n OM N.

e)

f) 2 n > n 3 , n OM N, n ≥ 10.

Løsning. a) Hvornår n= 1 får vi den sande ulighed

1 + a ≥ 1 + a. Lad os antage, at der er en ulighed

(1 + a) n ≥ 1 + n-en

(1)

og det vil vi vise, så finder det sted og(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a.

Faktisk, da a > -1 betyder a + 1 > 0, og derefter gange begge sider af ulighed (1) med (a + 1), får vi

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) eller (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 siden n en 2 ≥ 0, derfor(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Således, hvis P(n) er altså sandt P(n+ 1) er sandt, derfor er Bernoullis ulighed ifølge princippet om matematisk induktion sand.

b) Hvornår n= 1 får vi x 1 = 1 og derfor x 1 ≥ 1 altså P(1) er et retfærdigt udsagn. Lad os lade som om P(n) er sandt, det vil sige, hvis adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n positive tal, hvis produkt er lig med én, x 1 x 2 ·...· x n= 1, og x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Lad os vise, at denne sætning indebærer sandheden af ​​følgende: if x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) positive tal sådan, at x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, så x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Overvej følgende to tilfælde:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Så er summen af ​​disse tal ( n+ 1), og den krævede ulighed er opfyldt;

2) mindst ét ​​tal er forskelligt fra ét, lad for eksempel være større end ét. Så siden x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, der er mindst et tal mere forskelligt fra et (mere præcist mindre end et). Lade x n+ 1 > 1 og x n < 1. Рассмотрим n positive tal

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Produktet af disse tal er lig med én, og ifølge hypotesen, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Den sidste ulighed omskrives som følger: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 eller x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Fordi

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, så n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Derfor, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, det vil sige hvis P(n) er altså sandtP(n+ 1) fair. Uligheden er bevist.

Note 4. Lighedstegnet gælder hvis og kun hvis x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Lad x 1 ,x 2 ,...,x n- vilkårlige positive tal. Overvej følgende n positive tal:

Da deres produkt er lig med én: ifølge den tidligere påviste ulighed b), følger det hvor

Note 5. Ligestilling gælder hvis og kun hvis x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) er et retvisende udsagn: sin 2 a + cos 2 a = 1. Lad os antage, at P(n) er et sandt udsagn:

Synd 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 og vise hvad der skerP(n+ 1). Virkelig, synd 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = synd 2 n a sin 2 a + cos 2 n en cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (hvis sin 2 a ≤ 1, så cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, derefter sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n OM N synd 2 n a + cos 2 n ≤ 1 og lighedstegnet opnås kun nårn = 1.

e) Hvornår n= 1 udsagn er sandt: 1< 3 / 2 .

Lad os antage det og det vil vi bevise

Fordi
Overvejer P(n), vi får

f) Under hensyntagen til bemærkning 1, lad os tjekke P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, derfor for n= 10 udsagnet er sandt. Lad os antage, at 2 n > n 3 (n> 10) og bevis P(n+ 1), det vil sige 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Siden hvornår n> 10 vi har eller , følger det

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 eller n 3 > 3n 2 + 3n + 1. I betragtning af uligheden (2 n > n 3), får vi 2 n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Således i henhold til metoden for matematisk induktion, for enhver naturlig n OM N, n≥ 10 vi har 2 n > n 3 .

Eksempel 3. Bevis det for enhver n OM N

Løsning. en) P(1) er et sandt udsagn (0 er divideret med 6). Lade P(n) er fair, dvs n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) er deleligt med 6. Lad os vise, at så opstår det P(n+ 1), det vil sige ( n + 1)n(2n+ 1) er deleligt med 6. Faktisk siden

Og hvor n(n - 1)(2 n- 1) og 6 n 2 er delelige med 6, så er deres sumn(n + 1)(2 n+ 1) er deleligt med 6.

Dermed, P(n+ 1) er et retfærdigt udsagn, og derfor n(2n 2 - 3n+ 1) deleligt med 6 for evt n OM N.

b) Lad os tjekke P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, derfor, P(1) er et retfærdigt udsagn. Det skal bevises, at hvis 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 er divideret med 11 ( P(n)), derefter 6 2 n + 3 n+2 + 3 n også deleligt med 11 ( P(n+ 1)). Faktisk siden

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 og lignende 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 og 33 6 2 n-2 er delelige med 11, så er deres sum 6 2n + 3 n+2 + 3 n er deleligt med 11. Udsagnet er bevist. Induktion i geometri

Eksempel 4. Beregn side af korrekt 2 n-en trekant indskrevet i en cirkel med radius R.

METODE TIL MATEMATISK INDUKTION

Ordet induktion på russisk betyder vejledning, og konklusioner baseret på observationer, eksperimenter, dvs. kaldes induktive. opnået ved slutning fra det særlige til det almene.

For eksempel observerer vi hver dag, at Solen står op fra øst. Derfor kan du være sikker på, at den i morgen dukker op i øst, og ikke i vest. Vi drager denne konklusion uden at ty til nogen antagelser om årsagen til Solens bevægelse hen over himlen (desuden viser denne bevægelse sig selv at være tydelig, da kloden faktisk bevæger sig). Og alligevel beskriver denne induktive konklusion korrekt de observationer, vi vil gøre i morgen.

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 følge, 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 ​​metoden til matematisk induktion

I mange grene af aritmetik, algebra, geometri og analyse er det nødvendigt at bevise sandheden af ​​sætninger A(n) afhængigt af en naturlig variabel. Beviset for sandheden af ​​påstanden A(n) for alle værdier af en variabel kan ofte udføres ved metoden med matematisk induktion, som er baseret på følgende princip.

Forslaget A(n) anses for sandt for alle naturlige værdier af variablen, hvis følgende to betingelser er opfyldt:

Påstand A(n) er sandt for n=1.

Ud fra antagelsen om, at A(n) er sand for n=k (hvor k er et hvilket som helst naturligt tal), følger det, at det er sandt for den næste værdi n=k+1.

Dette princip kaldes princippet om matematisk induktion. Det er normalt valgt som et af de aksiomer, der definerer den naturlige talrække, og accepteres derfor uden bevis.

Metoden til matematisk induktion betyder følgende bevismetode. Hvis du ønsker at bevise sandheden af ​​en sætning A(n) for alle naturlige n, så skal du for det første kontrollere sandheden af ​​udsagnet A(1) og for det andet antage sandheden af ​​udsagnet A(k), prøv at bevise, at udsagnet A(k +1) er sandt. Hvis dette kan bevises, og beviset forbliver gyldigt for hver naturlig værdi af k, så er påstanden A(n) i overensstemmelse med princippet om matematisk induktion anerkendt som sand for alle værdier af n.

Metoden til matematisk induktion er meget brugt til at bevise sætninger, identiteter, uligheder, til at løse delelighedsproblemer, til at løse nogle geometriske og mange andre problemer.

Metoden til matematisk induktion til at løse problemer på

delelighed

Ved hjælp af metoden til matematisk induktion kan du bevise forskellige udsagn om naturlige tals delelighed.

Følgende udsagn kan bevises relativt enkelt. Lad os vise, hvordan det opnås ved hjælp af metoden til matematisk induktion.

Eksempel 1. Hvis n er et naturligt tal, så er tallet lige.

Når n=1 er vores udsagn sandt: - et lige tal. Lad os antage, at det er et lige tal. Da 2k er et lige tal, altså også selvom. Så paritet er bevist for n=1, paritet udledes fra paritet .Det betyder, at det er lige for alle naturværdier af n.

Eksempel 2.Bevis sandheden af ​​sætningen

A(n)=(tallet 5 er et multiplum af 19), n er et naturligt tal.

Løsning.

Udsagnet A(1)=(et tal deleligt med 19) er sandt.

Antag, at for en eller anden værdi n=k

A(k)=(tal deleligt med 19) er sandt. Så siden

Det er klart, at A(k+1) også er sandt. Faktisk er det første led deleligt med 19 på grund af antagelsen om, at A(k) er sand; det andet led er også deleligt med 19, fordi det indeholder en faktor på 19. Begge betingelser for princippet om matematisk induktion er opfyldt, derfor er påstanden A(n) sand for alle værdier af n.

Anvendelse af metoden til matematisk induktion til

opsummerende serie

Eksempel 1.Bevis formel

, n er et naturligt tal.

Løsning.

Når n=1, vender begge sider af ligheden til én, og derfor er den første betingelse i princippet om matematisk induktion opfyldt.

Lad os antage, at formlen er korrekt for n=k, dvs.

.

Lad os føje til begge sider af denne lighed og transformere den rigtige side. Så får vi

Af det faktum, at formlen er sand for n=k, følger det således, at den også er sand for n=k+1. Dette udsagn er sandt for enhver naturlig værdi af k. Så den anden betingelse for princippet om matematisk induktion er også opfyldt. Formlen er bevist.

Eksempel 2.Bevis, at summen af ​​de første n tal i den naturlige række er lig med .

Løsning.

Lad os betegne det nødvendige beløb, dvs. .

Når n=1 er hypotesen sand.

Lade . Lad os vise det .

Ja,

Problemet er løst.

Eksempel 3.Bevis at summen af ​​kvadraterne af de første n tal i den naturlige række er lig med .

Løsning.

Lad .

.

Lad os lade som om . Derefter

Og endelig.

Eksempel 4. Bevis det .

Løsning.

Hvis så

Eksempel 5. Bevis det

Løsning.

Når n=1 er hypotesen åbenlyst sand.

Lad .

Lad os bevise det.

Virkelig,

Eksempler på anvendelse af metoden til matematisk induktion til

bevis på uligheder

Eksempel 1.Bevis, at for ethvert naturligt tal n>1

.

Løsning.

Lad os betegne venstre side af uligheden med .

Derfor er uligheden gyldig for n=2.

Lad for nogle k. Lad os bevise det da og . Vi har , .

Sammenligning og , vi har , dvs. .

For ethvert positivt heltal k, er højre side af den sidste lighed positiv. Derfor . Men det betyder også.

Eksempel 2.Find fejlen i begrundelsen.

Udmelding. For ethvert naturligt tal n er uligheden sand.

Bevis.

. (1)

Lad os bevise, at så er uligheden også gyldig for n=k+1, dvs.

.

Faktisk ikke mindre end 2 for enhver naturlig k. Lad os tilføje til venstre side af ulighed (1) og til højre side 2. Vi får en rimelig ulighed, eller . Udsagnet er bevist.

Eksempel 3.Bevis det , hvor >-1, , n er et naturligt tal større end 1.

Løsning.

For n=2 er uligheden sand, da .

Lad uligheden være sand for n=k, hvor k er et eller andet naturligt tal, dvs.

. (1)

Lad os vise, at så er uligheden også gældende for n=k+1, dvs.

. (2)

Faktisk er uligheden sandt efter betingelse

, (3)

opnået fra ulighed (1) ved at gange hver del med . Lad os omskrive ulighed (3) som følger: . Hvis vi kasserer det positive udtryk på højre side af den sidste ulighed, opnår vi retfærdig ulighed (2).

Eksempel 4. Bevis det

(1)

hvor , , n er et naturligt tal større end 1.

Løsning.

For n=2 antager ulighed (1) formen

. (2)

Siden er uligheden sand

. (3)

Ved at lægge til hver del af ulighed (3) opnår vi ulighed (2).

Dette beviser, at for n=2 er ulighed (1) sand.

Lad ulighed (1) være sand for n=k, hvor k er et naturligt tal, dvs.

. (4)

Lad os bevise, at så må ulighed (1) også være sand for n=k+1, dvs.

(5)

Lad os gange begge sider af ulighed (4) med a+b. Da vi ved betingelse opnår følgende rimelige ulighed:

. (6)

For at bevise ulighedens gyldighed (5) er det nok at vise det

, (7)

eller hvad er det samme,

. (8)

Ulighed (8) svarer til ulighed

. (9)

Hvis , så , og på venstre side af ulighed (9) har vi produktet af to positive tal. Hvis , så , og på venstre side af ulighed (9) har vi produktet af to negative tal. I begge tilfælde er ulighed (9) sand.

Dette beviser, at gyldigheden af ​​ulighed (1) for n=k antyder dens gyldighed for n=k+1.

Metode til matematisk induktion anvendt på andre

opgaver

Den mest naturlige anvendelse af metoden til matematisk induktion i geometri, tæt på brugen af ​​denne metode i talteori og algebra, er dens anvendelse til at løse geometriske beregningsproblemer. Lad os se på et par eksempler.

Eksempel 1.Beregn siden af ​​et regulært kvadrat indskrevet i en cirkel med radius R.

Løsning.

Når n=2 korrekt 2 n - et kvadrat er et kvadrat; hans side. Yderligere ifølge fordoblingsformlen

vi finder, at siden af ​​en regulær ottekant , side af en regulær sekskant , side af en regulær toogtredive trekant . Vi kan derfor antage, at siden af ​​den korrekte indskrevne 2 n - firkantet for enhver lige

. (1)

Lad os antage, at siden af ​​et regulært indskrevet kvadrat er udtrykt med formel (1). I dette tilfælde ifølge fordoblingsformlen

,

hvoraf det følger, at formel (1) er gyldig for alle n.

Eksempel 2.Hvor mange trekanter kan en n-gon (ikke nødvendigvis konveks) opdeles i ved sine usammenhængende diagonaler?

Løsning.

For en trekant er dette tal lig med én (ikke en eneste diagonal kan tegnes i en trekant); for en firkant er dette tal åbenbart to.

Antag, at vi allerede ved, at hver k-gon, hvor k 1 A 2 ...A n i trekanter.

En n

A 1 A 2

Lad A 1 A k være en af ​​diagonalerne på denne skillevæg; den deler n-gon A 1 A 2 ...A n i k-gon A 1 A 2 ...A k og (n-k+2)-gon A 1 A k A k+1 .. .A n . På grund af den antagelse, der er gjort, vil det samlede antal trekanter i partitionen være lig med

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

Således er vores udsagn bevist for alle n.

Eksempel 3.Angiv reglen for beregning af antallet P(n) af måder, hvorpå en konveks n-gon kan opdeles i trekanter med usammenhængende diagonaler.

Løsning.

For en trekant er dette tal åbenbart lig med en: P(3)=1.

Lad os antage, at vi allerede har bestemt tallene P(k) for alle k 1 A 2 ...A n . Når den er opdelt i trekanter, side A 1 A 2 vil være en side af en af ​​partitionstrekanterne, kan det tredje toppunkt i denne trekant falde sammen med hvert af punkterne A 3, A 4, …, A n . Antallet af måder at opdele en n-gon på, hvor dette toppunkt falder sammen med punkt A 3 , er lig med antallet af måder at opdele (n-1)-gon A i trekanter 1 A 3 A 4 …A n , dvs. er lig med P(n-1). Antallet af opdelingsmetoder, hvor dette toppunkt falder sammen med A 4 , er lig med antallet af måder at opdele (n-2)-gon A på 1 A 4 A 5 …A n , dvs. er lig med P(n-2)=P(n-2)P(3); antallet af partitioneringsmetoder, hvor det falder sammen med A 5 , er lig med P(n-3)P(4), da hver af partitionerne i (n-3)-gon A 1 A 5 ...A n kan kombineres med hver af skillevæggene i firkanten A 2 A 3 A 4 A 5 , etc. Vi kommer således frem til følgende forhold:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -1).

Ved at bruge denne formel får vi konsekvent:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

etc.

Du kan også løse problemer med grafer ved hjælp af metoden matematisk induktion.

Lad der være et netværk af linjer på planet, der forbinder nogle punkter og ikke har andre punkter. Vi vil kalde et sådant netværk af linjer et kort, givet punkter som dets hjørner, segmenter af kurver mellem to tilstødende hjørner - kortets grænser, dele af planet, som det er opdelt i af grænser - kortets lande.

Lad et kort blive givet på flyet. Vi vil sige, at det er korrekt farvet, hvis hvert af dets lande er malet med en bestemt farve, og alle to lande, der har en fælles grænse, er malet med forskellige farver.

Eksempel 4.Der er n cirkler på flyet. Bevis, at for ethvert arrangement af disse cirkler kan kortet, de danner, farvelægges korrekt med to farver.

Løsning.

For n=1 er vores udsagn indlysende.

Lad os antage, at vores udsagn er sand for ethvert kort dannet af n cirkler, og lad der være n+1 cirkler på planet. Ved at fjerne en af ​​disse cirkler får vi et kort, der i kraft af den antagelse, der er gjort, kan farvelægges korrekt med to farver, for eksempel sort og hvid.

Matematisk induktion er grundlaget for en af ​​de mest almindelige metoder til matematisk bevis. Med dens hjælp kan du bevise de fleste af formlerne med naturlige tal n, for eksempel formlen til at finde summen af ​​de første led i progressionen S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n, Newtons binomiale formel a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b +. . . + Cn n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

I det første afsnit vil vi analysere de grundlæggende begreber, derefter overveje det grundlæggende i selve metoden og derefter fortælle dig, hvordan du bruger den til at bevise ligheder og uligheder.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Begreber om induktion og deduktion

Lad os først se på, hvad induktion og deduktion generelt er.

Definition 1

Induktion er en overgang fra det særlige til det almene, og fradrag tværtimod – fra det generelle til det specifikke.

For eksempel har vi et udsagn: 254 kan divideres med to. Ud fra det kan vi drage mange konklusioner, inklusive både sande og falske. For eksempel er udsagnet om, at alle heltal, der slutter med tallet 4, kan divideres med to uden en rest, sandt, men udsagnet om, at ethvert tal på tre cifre er deleligt med 2, er falsk.

Generelt kan man sige, at der ved hjælp af induktiv ræsonnement kan drages mange konklusioner ud fra et enkelt kendt eller åbenlyst ræsonnement. Matematisk induktion giver os mulighed for at bestemme, hvor gyldige disse konklusioner er.

Lad os sige, at vi har en talrække som 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, . . . , 1 n (n + 1), hvor n angiver et naturligt tal. I dette tilfælde, når vi tilføjer de første elementer i sekvensen, får vi følgende:

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

Ved hjælp af induktion kan vi konkludere, at S n = n n + 1. I den tredje del vil vi bevise denne formel.

Hvad er metoden til matematisk induktion?

Denne metode er baseret på princippet af samme navn. Det er formuleret sådan:

Definition 2

Et bestemt udsagn vil være sandt for en naturværdi n, når 1) det vil være sandt for n = 1 og 2) fra det faktum, at dette udtryk er gyldigt for en vilkårlig naturværdi n = k, følger det, at det vil være sandt for n = k + 1.

Anvendelsen af ​​metoden til matematisk induktion udføres i 3 trin:

1. Først kontrollerer vi gyldigheden af ​​den oprindelige erklæring i tilfælde af en vilkårlig naturværdi på n (normalt udføres kontrollen for enhed).
2. Efter dette kontrollerer vi for gyldighed, når n = k.
3. Og så beviser vi gyldigheden af ​​udsagnet, hvis n = k + 1.

Hvordan man bruger metoden til matematisk induktion til at løse uligheder og ligninger

Lad os tage det eksempel, vi talte om tidligere.

Eksempel 1

Bevis formlen S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Løsning

Som vi allerede ved, skal der udføres tre sekventielle handlinger for at anvende metoden til matematisk induktion.

1. Først tjekker vi, om denne lighed vil være gyldig for n lig med en. Vi får S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Alt er korrekt her.
2. Dernæst antager vi, at formlen S k = k k + 1 er korrekt.
3. I det tredje trin skal vi bevise, at S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2, baseret på gyldigheden af ​​den tidligere lighed.

Vi kan repræsentere k + 1 som summen af ​​de første led i den oprindelige sekvens og k + 1:

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

Da vi i den anden handling modtog, at S k = k k + 1, kan vi skrive følgende:

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

Nu udfører vi de nødvendige transformationer. Vi bliver nødt til at reducere brøken til en fællesnævner, reducere lignende udtryk, anvende den forkortede multiplikationsformel og reducere det, vi får:

S k + 1 = Sk + 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

Således har vi bevist ligheden i det tredje punkt ved at gennemføre alle tre trin i metoden for matematisk induktion.

Svar: antagelsen om formlen S n = n n + 1 er korrekt.

Lad os tage et mere komplekst problem med trigonometriske funktioner.

Eksempel 2

Giv et bevis for identiteten cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

Løsning

Som vi husker, bør det første skridt være at kontrollere gyldigheden af ​​ligheden, når n er lig med én. For at finde ud af det skal vi huske de grundlæggende trigonometriske formler.

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

Derfor, for n lig med en, vil identiteten være sand.

Lad os nu antage, at dens gyldighed forbliver sand for n = k, dvs. det vil være rigtigt, at cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

Vi beviser ligheden cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α for det tilfælde, hvor n = k + 1, med den tidligere antagelse som grundlag.

Ifølge den trigonometriske formel,

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

Derfor,

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

Vi gav et eksempel på løsning af et problem for at bevise en ulighed ved hjælp af denne metode i artiklen om mindste kvadraters metode. Læs afsnittet, hvor formler til at finde tilnærmelseskoefficienter udledes.

Hvis du bemærker en fejl i teksten, skal du markere den og trykke på Ctrl+Enter