Korrutuse tõendamine matemaatilise induktsiooniga. Näited induktsioonist

Kasutades matemaatilise induktsiooni meetodit, tõestage, et mis tahes loomulik n kehtivad järgmised võrdsused:
A) ;
b) .

Lahendus.

a) Millal n= 1 võrdsus on tõene. Eeldades võrdsuse kehtivust at n, näitame selle kehtivust isegi siis, kui n+ 1. Tõepoolest,

Q.E.D.

b) Millal n= 1 võrdsuse kehtivus on ilmne. Selle kehtivuse eeldusest kl n peaks

Arvestades võrdsust 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, saame

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

st väide on tõene ka millal n + 1.

Näide 1. Tõesta järgmised võrdsused

Kus n KOHTA N.

Lahendus. a) Millal n= 1 on võrdsus kujul 1 = 1, seega P(1) on tõsi. Oletame, et see võrdsus on tõsi, see tähendab, et see kehtib

. Seda on vaja kontrollida (tõestada).P(n+ 1), see tähendab tõsi. Kuna (kasutades induktsioonihüpoteesi) saame aru, P(n+ 1) on tõene väide.

Seega kehtib matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt algne võrdsus iga loomuliku puhul n.

Märkus 2. Selle näite oleks saanud teisiti lahendada. Tõepoolest, summa on 1 + 2 + 3 + ... + n on esimese summa n aritmeetilise progressiooni liikmed esimese liikmega a 1 = 1 ja erinevus d= 1. Tuntud valemi alusel , saame

b) Millal n= 1 võrdsus on kujul: 2 1 - 1 = 1 2 või 1 = 1, see tähendab, P(1) on tõsi. Oletame, et võrdsus kehtib

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 ja tõestada, et see toimubP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 või 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Kasutades induktsioonihüpoteesi, saame

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

Seega P(n+ 1) on tõene ja seega on nõutav võrdsus tõestatud.

Märkus 3. Seda näidet saab lahendada (sarnaselt eelmisele) ilma matemaatilise induktsiooni meetodit kasutamata.

c) Millal n= 1 on võrdsus tõene: 1=1. Oletame, et võrdsus on tõsi

ja näita seda ehk tõdeP(n) viitab tõeleP(n+ 1). Tõesti, ja alates 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), saame ja seetõttu kehtib algne võrdsus iga loomuliku kohtan.

d) Millal n= 1 on võrdsus tõene: 1=1. Oletame, et see toimub

ja me tõestame seda

Tõesti,

e) Heakskiit P(1) tõsi: 2=2. Oletame, et võrdsus

on tõsi ja me tõestame, et see eeldab võrdsust Tõesti,

Järelikult kehtib algne võrdsus iga loomuliku kohta n.

f) P(1) tõsi: 1/3 = 1/3. Olgu võrdsus P(n):

. Näitame, et viimane võrdsus tähendab järgmist:

Tõepoolest, seda arvestades P(n) hoiab, saame

Seega on võrdsus tõestatud.

g) Millal n= 1 meil on a + b = b + a ja seetõttu on võrdsus õiglane.

Olgu Newtoni binoomvalem kehtiv n = k, see on,

Siis Võrdsuse kasutamine saame

Näide 2. Tõesta ebavõrdsust

a) Bernoulli ebavõrdsus: (1 + a) n ≥ 1 + n a , a > -1, n KOHTA N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, Kui x 1 x 2 · ... · x n= 1 ja x i > 0, .

c) Cauchy ebavõrdsus artemeetilise keskmise ja geomeetrilise keskmise suhtes
Kus x i > 0, , n ≥ 2.

d) patt 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, n KOHTA N.

f) 2 n > n 3 , n KOHTA N, n ≥ 10.

Lahendus. a) Millal n= 1 saame tõelise ebavõrdsuse

1 + a ≥ 1 + a . Oletame, et tegemist on ebavõrdsusega

(1 + a) n ≥ 1 + n a

(1)

ja me näitame, et siis see toimub ja(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a .

Tõepoolest, kuna a > -1 tähendab + 1 > 0, siis korrutades ebavõrdsuse (1) mõlemad pooled väärtusega (a + 1), saame

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) või (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Alates n a 2 ≥ 0, seega(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a .

Seega, kui P(n) on siis tõsi P(n+ 1) on tõene, seetõttu on matemaatilise induktsiooni põhimõtte kohaselt Bernoulli ebavõrdsus tõene.

b) Millal n= 1 saame x 1 = 1 ja seega x 1 ≥ 1 see tähendab P(1) on õiglane väide. Teeskleme seda P(n) on tõsi, st kui Adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n positiivsed arvud, mille korrutis on võrdne ühega, x 1 x 2 ·...· x n= 1 ja x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Näitame, et see lause sisaldab tõesust järgmises: kui x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) positiivsed arvud, nii et x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, siis x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Mõelge kahele järgmisele juhtumile:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Siis on nende arvude summa ( n+ 1) ja nõutav ebavõrdsus on täidetud;

2) vähemalt üks arv erineb ühest, olgu näiteks suurem kui üks. Siis, alates x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, on veel vähemalt üks arv, mis erineb ühest (täpsemalt väiksem kui üks). Lase x n+ 1 > 1 ja x n < 1. Рассмотрим n positiivsed numbrid

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Nende arvude korrutis on võrdne ühega ja hüpoteesi kohaselt x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Viimane ebavõrdsus kirjutatakse ümber järgmiselt: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 või x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Kuna

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, siis 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. Seetõttu x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, see tähendab, kui P(n) on siis tõsiP(n+ 1) õiglane. Ebavõrdsus on tõestatud.

Märkus 4. Võrdsusmärk kehtib siis ja ainult siis x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Lase x 1 ,x 2 ,...,x n- suvalised positiivsed arvud. Kaaluge järgmist n positiivsed numbrid:

Kuna nende toode on võrdne ühega: vastavalt eelnevalt tõestatud ebavõrdsusele b), järeldub sellest kus

Märkus 5. Võrdsus kehtib siis ja ainult siis x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) on õiglane väide: sin 2 a + cos 2 a = 1. Oletame, et P(n) on tõene väide:

Patt 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 ja näita, mis juhtubP(n+ 1). Tõesti, patt 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = sin 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (kui sin 2 a ≤ 1, siis cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, siis sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n KOHTA N patt 2 n a + cos 2 n ≤ 1 ja võrdusmärk saavutatakse ainult siis, kuin = 1.

e) Millal n= 1 väide on tõene: 1< 3 / 2 .

Oletame, et ja me tõestame seda

Kuna

arvestades P(n), saame

f) Võttes arvesse märkust 1, kontrollime P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, seega n= 10 väide on tõene. Oletame, et 2 n > n 3 (n> 10) ja tõestada P(n+ 1), see on 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Mis ajast n> 10 meil või , järgib seda

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 või n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Arvestades ebavõrdsust (2 n > n 3), saame 2 n+1 = 2 n· 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Seega vastavalt matemaatilise induktsiooni meetodile mis tahes loodusliku jaoks n KOHTA N, n≥ 10 meil on 2 n > n 3 .

Näide 3. Tõesta seda kellelegi n KOHTA N

Lahendus. a) P(1) on tõene väide (0 jagatakse 6-ga). Lase P(n) on õiglane, see tähendab n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) jagub 6-ga. Näitame, et siis see juhtub P(n+ 1), see tähendab, ( n + 1)n(2n+ 1) jagub 6-ga. Tõepoolest, kuna

Ja kuidas n(n - 1)(2 n- 1) ja 6 n 2 jaguvad 6-ga, siis on nende summan(n + 1)(2 n+ 1) jagub 6-ga.

Seega P(n+ 1) on õiglane väide ja seetõttu n(2n 2 - 3n+ 1) mis tahes korral jagub 6-ga n KOHTA N.

b) Kontrollime P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, seega P(1) on õiglane väide. Tuleb tõestada, et kui 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 jagatakse 11-ga ( P(n)), siis 6 2 n + 3 n+2 + 3 n jagub ka 11-ga ( P(n+ 1)). Tõepoolest, alates

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 ja nagu 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 ja 33 6 2 n-2 jaguvad 11-ga, siis on nende summa 6 2n + 3 n+2 + 3 n jagub 11-ga. Väide on tõestatud. Induktsioon geomeetrias

Näide 4. Arvutage õige 2 külg n- raadiusega ringi sisse kirjutatud kolmnurk R.

Bibliograafiline kirjeldus: Badanin A. S., Sizova M. Yu Matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamine naturaalarvude jaguvuse probleemide lahendamisel // Noor teadlane. 2015. nr 2. Lk 84-86..02.2019).

Matemaatikaolümpiaadidel on naturaalarvude jaguvuse tõestamiseks sageli üsna keerulised ülesanded. Koolilapsed seisavad silmitsi probleemiga: kuidas leida universaalset matemaatilist meetodit, mis võimaldab neil selliseid ülesandeid lahendada?

Selgub, et enamik probleeme jagatavuse tõestamisel on lahendatavad matemaatilise induktsiooni meetodil, kuid kooliõpikutes pööratakse sellele meetodile kõige sagedamini lühike teoreetiline kirjeldus ja analüüsitakse mitmeid probleeme.

Arvuteooriast leiame matemaatilise induktsiooni meetodi. Arvuteooria koidikul avastasid matemaatikud palju fakte induktiivselt: L. Euler ja K. Gauss kaalusid mõnikord tuhandeid näiteid, enne kui märkasid numbrilist mustrit ja uskusid sellesse. Kuid samal ajal mõistsid nad, kui petlikud võivad olla “lõpliku” testi läbinud hüpoteesid. Et induktiivselt liikuda lõpliku alamhulga jaoks kontrollitud väitelt sarnasele väitele kogu lõpmatu hulga jaoks, on vaja tõestust. Selle meetodi pakkus välja Blaise Pascal, kes leidis üldalgoritmi mis tahes täisarvu jaguvuse märkide leidmiseks mis tahes muu täisarvuga (traktaat “Arvude jaguvuse olemus”).

Matemaatilise induktsiooni meetodit kasutatakse selleks, et arutledes tõestada teatud väite tõesust kõigi naturaalarvude puhul või väite tõesust, mis algab teatud arvust n.

Ülesannete lahendamine teatud väite tõesuse tõestamiseks matemaatilise induktsiooni meetodil koosneb neljast etapist (joonis 1):

Riis. 1. Probleemi lahendamise skeem

1. Induktsiooni alus . Nad kontrollivad väite kehtivust väikseima naturaalarvu puhul, mille puhul väide on mõttekas.

2. Induktiivne hüpotees . Eeldame, et väide on tõene mõne k väärtuse korral.

3. Induktsiooni üleminek . Tõestame, et väide kehtib k+1 korral.

4. Järeldus . Kui selline tõestus lõpetati, siis matemaatilise induktsiooni põhimõttele tuginedes võib väita, et väide on tõene mis tahes naturaalarvu n puhul.

Vaatleme matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamist naturaalarvude jaguvuse tõestamise ülesannete lahendamisel.

Näide 1. Tõesta, et arv 5 on arvu 19 kordne, kus n on naturaalarv.

Tõestus:

1) Kontrollime, kas see valem on n = 1 korral õige: arv =19 on 19 kordne.

2) Olgu see valem tõene n = k korral, st arv on 19 kordne.

See on 19 kordne. Tõepoolest, esimene liige jagub eelduse (2) tõttu 19-ga; ka teine liige jagub 19-ga, kuna sisaldab koefitsienti 19.

Näide 2. Tõesta, et kolme järjestikuse naturaalarvu kuubikute summa jagub 9-ga.

Tõestus:

Tõestame väidet: „Iga naturaalarvu n korral on avaldis n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 arvu 9 kordne.

1) Kontrollime, kas see valem on n = 1 korral õige: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 9-kordset.

2) Olgu see valem tõene n = k korral, st k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 on 9 kordne.

3) Tõestame, et valem kehtib ka n = k + 1 korral, st (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 on 9-kordne. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9 (k 2 +3 k+ 3).

Saadud avaldis sisaldab kahte liiget, millest igaüks jagub 9-ga, seega jagub summa 9-ga.

4) Mõlemad matemaatilise induktsiooni põhimõtte tingimused on täidetud, seetõttu kehtib lause kõigi n väärtuste kohta.

Näide 3. Tõesta, et iga naturaalarvu n korral jagub arv 3 2n+1 +2 n+2 7-ga.

Tõestus:

1) Kontrollime, kas see valem on n = 1 korral õige: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 on 7 kordne.

2) Olgu see valem tõene n = k korral, st 3 2 k +1 +2 k +2 jagatakse 7-ga.

3) Tõestame, et valem kehtib ka n = k + 1 korral, s.t.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7,2 k +2 .T. k (3 2 k +1 +2 k +2) 9 jagatakse 7-ga ja 7 2 k +2 jagatakse 7-ga, siis nende vahe jagatakse 7-ga.

4) Mõlemad matemaatilise induktsiooni põhimõtte tingimused on täidetud, seetõttu kehtib lause kõigi n väärtuste kohta.

Paljusid tõestusülesandeid naturaalarvude jaguvuse teoorias saab mugavalt lahendada matemaatilise induktsiooni meetodil, võib isegi öelda, et ülesannete lahendamine selle meetodiga on täiesti algoritmiline, piisab 4 põhietapi sooritamisest. Kuid seda meetodit ei saa nimetada universaalseks, kuna sellel on ka puudusi: esiteks saab seda tõestada ainult naturaalarvude hulgaga ja teiseks saab seda tõestada ainult ühe muutuja puhul.

Loogilise mõtlemise ja matemaatilise kultuuri arendamiseks on see meetod vajalik tööriist, sest suur vene matemaatik A. N. Kolmogorov ütles: „Matemaatika induktsiooni põhimõtte mõistmine ja õige rakendamise oskus on hea loogilise küpsuse kriteerium, mis on absoluutselt matemaatikule vajalik."

Kirjandus:

1. Vilenkin N. Ya. Kombinatoorika. - M.: Haridus, 1976. - 48 lk.

2. Genkin L. Matemaatilisest induktsioonist. - M., 1962. - 36 lk.

3. Solominsky I. S. Matemaatilise induktsiooni meetod. - M.: Nauka, 1974. - 63 lk.

4. Sharygin I.F. Matemaatika valikkursus: Ülesannete lahendamine: Õpik 10. klassile. kooli keskmine - M.: Haridus, 1989. - 252 lk.

5. Shen A. Matemaatiline induktsioon. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 lk.

Kui lause A(n), olenevalt naturaalarvust n, on tõene n=1 korral ja sellest, et see on tõene n=k korral (kus k on mis tahes naturaalarv), järeldub, et see kehtib ka järgmine arv n=k +1, siis eeldus A(n) on tõene mis tahes naturaalarvu n korral.

Kui väide A(n) on tõene n=p korral ja kui A(k) ≈ A(k+1) mis tahes k>p korral, siis väide A(n) on tõene mis tahes n>p korral.

Tõestus matemaatilise induktsiooni meetodil viiakse läbi järgmiselt. Esmalt kontrollitakse tõestatavat väidet n=1, s.o. väite A(1) tõesus on kindlaks tehtud. Seda tõestuse osa nimetatakse induktsioonialuseks. Seejärel tuleb tõestuse osa, mida nimetatakse induktsioonisammuks. Selles osas tõestavad nad väite kehtivust n=k+1 jaoks väite n=k kehtivuse eeldusel (induktsioonieeldus), st. tõesta, et A(k) 1 A(k+1)

Tõesta, et 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

1) Meil on n=1=12. Seetõttu on väide tõene n=1 korral, s.t. A(1) tõsi
2) Tõestame, et A(k) ≥ A(k+1)

Olgu k suvaline naturaalarv ja väide tõene n=k korral, s.t.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Tõestame, et siis on väide tõene ka järgmise naturaalarvu n=k+1 puhul, s.t. Mida

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Tõepoolest,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2 +2k+1=(k+1) 2

Niisiis, A(k) 1 A(k+1). Tuginedes matemaatilise induktsiooni põhimõttele, järeldame, et eeldus A(n) on tõene mis tahes n O N korral

Tõesta seda

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kus x nr 1

1) Kui n=1 saame
1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

seega n=1 korral on valem õige; A(1) tõsi

2) Olgu k suvaline naturaalarv ja valem n=k korral tõene,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Tõestame, et siis võrdsus

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

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

Niisiis, A(k) 1 A(k+1). Tuginedes matemaatilise induktsiooni põhimõttele, järeldame, et valem kehtib mis tahes naturaalarvu n korral

Tõesta, et kumera n-nurga diagonaalide arv on n(n-3)/2

Lahendus: 1) Väite n=3 korral on väide tõene, kuna kolmnurgas

A 3 = 3 (3-3)/2 = 0 diagonaali; A 2 A(3) tõsi

2) Oletame, et igas kumeras k-nurgas on A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonaali. A k Tõestame, et siis kumeral A k+1 (k+1)-gonil on diagonaalide arv A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Olgu A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 kumer (k+1)-nurk. Joonistame sellesse diagonaali A 1 A k. Selle (k+1)-goni diagonaalide koguarvu arvutamiseks tuleb kokku lugeda diagonaalide arv k-nurgas A 1 A 2 ...A k , saadud arvule lisada k-2, s.t. Arvesse tuleks võtta tipust A k+1 lähtuva (k+1)-goni diagonaalide arvu ja lisaks diagonaali A 1 A k

Seega

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

Niisiis, A(k) 1 A(k+1). Matemaatilise induktsiooni põhimõttest tulenevalt kehtib väide iga kumera n-nurga korral.

Tõesta, et mis tahes n puhul on järgmine väide tõene:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Lahendus: 1) Olgu siis n=1

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

2) Oletame, et n=k

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

3) Vaatleme seda väidet n=k+1 korral

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

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

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

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

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

Oleme tõestanud, et võrdus on tõene n=k+1 korral, seetõttu on matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt väide tõene mis tahes naturaalarvu n korral

Tõesta, et iga naturaalarvu n korral on võrdsus tõene:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Lahendus: 1) Olgu n=1

Siis X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1. Näeme, et n=1 puhul on väide tõene.

2) Oletame, et võrdus on tõene n=k korral

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

3) Tõestame selle väite õigsust n=k+1 korral, s.o.

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 = (k 2 (k++1) 2 +4(k+1)3)/4=(k+1)2(k2+4k+4)/4=(k+1)2(k+2)2/4

Ülaltoodud tõendist on selge, et väide on tõene n=k+1 korral, seega on võrdsus tõene mis tahes naturaalarvu n korral

Tõesta seda

((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), kus n>2

Lahendus: 1) n=2 puhul näeb identiteet välja järgmine:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), s.o. see on tõsi
2) Oletame, et avaldis on tõene n=k korral
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3 k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) Tõestame avaldise kehtivust n=k+1 korral
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Oleme tõestanud, et võrdus on tõene n=k+1 korral, seetõttu on matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt väide tõene mis tahes n>2 korral

Tõesta seda

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3-(2n) 3 = -n 2 (4n+3) mis tahes naturaalarvu n korral

Lahendus: 1) Olgu siis n=1

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Oletame, et n=k, siis
1 3-2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3-(2k)3 =-k 2 (4k+3)
3) Tõestame selle väite õigsust n=k+1 korral
(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)

Tõestatud on ka võrdsuse paikapidavus n=k+1 korral, seetõttu kehtib väide iga naturaalarvu n korral.

Tõestage, et identiteet on õige

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) mis tahes loodusliku n

1) Kui n=1 on identsus tõene 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Oletame, et n=k korral
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Tõestame, et identsus on tõene n=k+1 korral
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Ülaltoodud tõendist on selge, et väide kehtib iga naturaalarvu n korral.

Tõesta, et (11 n+2 +12 2n+1) jagub 133-ga ilma jäägita

Lahendus: 1) Olgu siis n=1

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

Kuid (23 ґ 133) jagub 133-ga ilma jäägita, mis tähendab, et n=1 korral on väide tõene; A(1) on tõsi.

2) Oletame, et (11 k+2 +12 2k+1) jagub 133-ga ilma jäägita
3) Tõestame, et sel juhul (11 k+3 +12 2k+3) jagub 133-ga ilma jäägita. Tõepoolest
11 k+3 +12 2l+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

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

Saadud summa jagatakse 133-ga ilma jäägita, kuna selle esimene liige jagub eeldusel ilma jäägita 133-ga ja teises on üks tegur 133. Seega A(k) 1 A(k+1). Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud

Tõesta, et iga n 7 korral jagub n -1 6-ga ilma jäägita

1) Olgu n=1, siis X 1 =7 1 -1=6 jagatakse 6-ga ilma jäägita. See tähendab, et n=1 puhul on väide tõene
2) Oletame, et kui n=k 7 jagatakse k -1 6-ga ilma jäägita
3) Tõestame, et väide on tõene n=k+1 korral

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

Esimene liige jagub 6-ga, kuna 7 k -1 jagub eeldusel 6-ga ja teine liige on 6. See tähendab, et 7 n -1 on 6-kordne iga naturaalarvu n korral. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et 3 3n-1 +2 4n-3 suvalise naturaalarvu n korral jagub 11-ga.

1) Olgu siis n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 jagatakse 11-ga ilma jäägita.

See tähendab, et n=1 puhul on väide tõene

2) Oletame, et kui n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 jagatakse 11-ga ilma jäägita
3) Tõestame, et väide on tõene n=k+1 korral

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

Esimene liige jagub 11-ga ilma jäägita, kuna 3 3k-1 +2 4k-3 jagub eeldusel 11-ga, teine liige jagub 11-ga, kuna selle üheks teguriks on arv 11. See tähendab, et summa mis tahes naturaalarvu n korral jagub 11-ga ilma jäägita. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et 11 2n -1 suvalise naturaalarvu n korral jagub 6-ga ilma jäägita

1) Olgu n=1, siis 11 2 -1=120 jagub 6-ga ilma jäägita. See tähendab, et n=1 puhul on väide tõene
2) Oletame, et kui n=k 1 2k -1 jagatakse 6-ga ilma jäägita
11 2 (k+1) -1 = 121 ґ 11 2 k -1 = 120 ґ 11 2 k + (11 2 k -1)

Mõlemad liikmed jaguvad 6-ga ilma jäägita: esimene sisaldab arvu 6 kordset 120 ja teine on eeldusel, et jagub 6-ga ilma jäägita. See tähendab, et summa jagub 6-ga ilma jäägita. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et 3 3n+3 -26n-27 suvalise naturaalarvu n korral jagub 26 2 (676) ilma jäägita

Esmalt tõestame, et 3 3n+3 -1 jagub 26-ga ilma jäägita

1. Kui n=0
3 3 -1=26 jagatakse 26-ga
2. Oletame, et n=k korral
3 3k+3 -1 jagub 26-ga
3. Tõestame, et väide on tõene n=k+1 korral
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) - jagatud 26-ga

Nüüd tõestame probleemipüstituses sõnastatud väidet

1) Ilmselt on n=1 väide tõene
3 3+3 -26-27=676
2) Oletame, et n=k korral jagatakse avaldis 3 3k+3 -26k-27 arvuga 26 2 ilma jäägita
3) Tõestame, et väide on tõene n=k+1 korral
3 3k+6-26(k+1)-27=26(3 3k+3-1)+(3 3k+3-26k-27)

Mõlemad liikmed jaguvad 26 2-ga; esimene jagub 26 2-ga, sest oleme tõestanud, et sulgudes olev avaldis jagub 26-ga ja teine jagub induktsioonihüpoteesiga. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud

Tõesta, et kui n>2 ja x>0, siis on võrratus (1+x) n >1+n ґ x tõene

1) n=2 korral kehtib võrratus, kuna
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Seega on A(2) tõsi

2) Tõestame, et A(k) ≈ A(k+1), kui k> 2. Eeldame, et A(k) on tõene, st et ebavõrdsus
(1+x) k >1+k ґ x. (3)

Tõestame, et siis on tõene ka A(k+1), st et ebavõrdsus

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Tegelikult korrutades mõlemad võrratuse pooled (3) positiivse arvuga 1+x, saame

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Mõelge viimase ebavõrdsuse paremale poolele; meil on

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

Selle tulemusena saame, et (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Niisiis, A(k) 1 A(k+1). Tuginedes matemaatilise induktsiooni põhimõttele, võib väita, et Bernoulli ebavõrdsus kehtib mis tahes n> 2 korral

Tõesta, et võrratus (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2, kui a> 0 on tõene

Lahendus: 1) Kui m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 mõlemad pooled on võrdsed
2) Oletame, et m=k korral
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Tõestame, et m=k+1 korral on võrratus tõene
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Oleme tõestanud, et ebavõrdsus on tõene m=k+1 korral, seetõttu kehtib matemaatilise induktsiooni meetodi järgi mis tahes naturaalarvu m korral

Tõesta, et n>6 korral on ebavõrdsus 3 n >n ґ 2 n+1

Kirjutame võrratuse ümber kujul (3/2) n >2n

1. Kui n=7 on meil 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 ebavõrdsus on tõene
2. Oletame, et kui n=k (3/2) k >2k
3) Tõestame võrratuse n=k+1 korral
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2 k ґ (3/2)=3 k>2(k+1)

Kuna k>7, on viimane ebavõrdsus ilmne.

Matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt kehtib ebavõrdsus mis tahes naturaalarvu n korral

Tõesta, et n>2 korral on võrratus tõene

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Kui n=3 on ebavõrdsus tõene
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Oletame, et n=k korral
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Tõestame võrratuse kehtivust n=k+1 korral
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Tõestame, et 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

Viimane on ilmne ja seetõttu

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

Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on ebavõrdsus tõestatud.

Sissejuhatus

Põhiosa

1. Täielik ja mittetäielik induktsioon

2. Matemaatilise induktsiooni põhimõte

3. Matemaatilise induktsiooni meetod

4. Näidete lahendamine

5. Võrdsused

6. Arvude jagamine

7. Ebavõrdsused

Järeldus

Kasutatud kirjanduse loetelu

Sissejuhatus

Iga matemaatilise uurimistöö aluseks on deduktiivsed ja induktiivsed meetodid. Deduktiivne arutlusmeetod on arutlemine üldisest konkreetsele, s.o. arutluskäik, mille lähtepunktiks on üldine tulemus ja lõpp-punktiks konkreetne tulemus. Induktsiooni kasutatakse konkreetsetelt tulemustelt üldiste tulemusteni liikumisel, st. on deduktiivse meetodi vastand.

Matemaatilise induktsiooni meetodit võib võrrelda progressiga. Alustame kõige madalamast ja loogilise mõtlemise tulemusena jõuame kõige kõrgemale. Inimene on alati püüdlenud progressi poole, oskuse poole oma mõtteid loogiliselt arendada, mis tähendab, et loodus ise määras talle induktiivse mõtlemise.

Kuigi matemaatilise induktsiooni meetodi rakendusala on kasvanud, pühendatakse sellele kooli õppekavas vähe aega. Noh, öelge mulle, et need kaks või kolm õppetundi on inimesele kasulikud, mille jooksul ta kuuleb viit teooriasõna, lahendab viis primitiivset ülesannet ja selle tulemusena saab A selle eest, et ta ei tea midagi.

Kuid on nii oluline osata mõelda induktiivselt.

Põhiosa

Sõna "induktsioon" kasutatakse selle algses tähenduses arutluskäigule, mille kaudu tehakse üldisi järeldusi mitmete konkreetsete väidete põhjal. Lihtsaim sedalaadi arutlusmeetod on täielik induktsioon. Siin on näide sellisest arutluskäigust.

Olgu vaja kindlaks teha, et iga paarisarv n 4 piires< 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.

Need üheksa võrdsust näitavad, et kõik meid huvitavad arvud on tõepoolest esitatud kahe lihtliikme summana.

Seega seisneb täielik induktsioon üldväite eraldi tõestamises igal piiratud arvul võimalikel juhtudel.

Mõnikord saab üldist tulemust ennustada mitte kõigi, vaid piisavalt suure hulga konkreetsete juhtumite arvessevõtmisel (nn mittetäielik induktsioon).

Mittetäieliku induktsiooniga saadud tulemus jääb aga vaid hüpoteesiks, kuni see pole tõestatud täpse matemaatilise arutluskäiguga, mis hõlmab kõiki erijuhtumeid. Teisisõnu, mittetäielikku induktsiooni matemaatikas ei peeta legitiimseks range tõestamismeetodiks, vaid see on võimas meetod uute tõdede avastamiseks.

Olgu näiteks, et soovite leida esimese n järjestikuse paaritu arvu summa. Vaatleme erijuhtumeid:

1+3+5+7+9=25=5 2

Pärast nende mõne erijuhtumi kaalumist võib järeldada järgmist üldist järeldust:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

need. esimese n järjestikuse paaritu arvu summa on n 2

Loomulikult ei saa tehtud tähelepanek veel olla tõestuseks antud valemi kehtivuse kohta.

Täielikul induktsioonil on matemaatikas vaid piiratud rakendused. Paljud huvitavad matemaatilised väited hõlmavad lõpmatu arvu erijuhtumeid, kuid me ei saa neid testida lõpmatu arvu juhtude jaoks. Mittetäielik induktsioon viib sageli ekslike tulemusteni.

Paljudel juhtudel on sellisest raskusest väljapääs kasutada spetsiaalset arutlusmeetodit, mida nimetatakse matemaatiliseks induktsioonimeetodiks. See on järgmine.

Oletame, et peate tõestama teatud väite kehtivust mis tahes naturaalarvu n korral (näiteks peate tõestama, et esimese n paaritu arvu summa on võrdne n 2-ga). Selle väite otsene kontrollimine iga n väärtuse puhul on võimatu, kuna naturaalarvude hulk on lõpmatu. Selle väite tõestamiseks kontrollige esmalt selle kehtivust n=1 korral. Seejärel tõestavad nad, et iga k loomuliku väärtuse korral eeldab vaadeldava väite kehtivus n=k korral selle kehtivust n=k+1 korral.

Siis loetakse väide tõestatuks kõigi n puhul. Tegelikult on väide tõene n=1 korral. Aga siis kehtib see ka järgmise arvu kohta n=1+1=2. Väite kehtivus n=2 korral tähendab selle kehtivust n=2+ korral

1=3. See tähendab väite kehtivust n=4 jne korral. On selge, et lõpuks jõuame suvalise naturaalarvuni n. See tähendab, et väide kehtib iga n puhul.

Öeldut kokku võttes sõnastame järgmise üldpõhimõtte.

Matemaatilise induktsiooni põhimõte.

Kui ettepanek A( n ), olenevalt naturaalarvust n , tõsi n =1 ja sellest, et see kehtib n=k (Kus k -mis tahes naturaalarv), järeldub, et see kehtib järgmise arvu kohta n=k+1 , siis eeldus A( n ) kehtib mis tahes naturaalarvu puhul n .

Paljudel juhtudel võib osutuda vajalikuks tõestada teatud väite kehtivust mitte kõigi naturaalarvude, vaid ainult n>p puhul, kus p on fikseeritud naturaalarv. Sel juhul sõnastatakse matemaatilise induktsiooni põhimõte järgmiselt. Kui ettepanek A( n ) kehtib n = p ja kui A( k ) Þ A( k+1) kellelegi k>p, siis lause A( n) tõsi kellelegi n> lk.

NÄIDE 1

Tõesta, et 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Lahendus: 1) Meil on n=1=1 2 . Seega

väide on tõene n=1 korral, s.t. A(1) on tõsi.

2) Tõestame, et A(k)ÞA(k+1).

Olgu k suvaline naturaalarv ja väide tõene n=k korral, s.t.

1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Tõestame, et siis on väide tõene ka järgmise naturaalarvu n=k+1 puhul, s.t. Mida

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Tõepoolest,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2 +2k+1=(k+1)2.

Niisiis, A(k)ÞA(k+1). Tuginedes matemaatilise induktsiooni põhimõttele, järeldame, et eeldus A(n) kehtib iga nÎN puhul.

NÄIDE 2

Tõesta seda

1+x+x2 +x3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kus x¹1

Lahendus: 1) n=1 korral saame

1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

seega n=1 korral on valem õige; A(1) on tõsi.

2) Olgu k suvaline naturaalarv ja valem tõene n=k korral, s.t.

1+x+x2 +x3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1).

Tõestame, et siis võrdsus

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

Tõepoolest

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

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

Niisiis, A(k)ÞA(k+1). Matemaatilise induktsiooni põhimõttest lähtudes järeldame, et valem on tõene mis tahes naturaalarvu n korral.

NÄIDE 3

Tõesta, et kumera n-nurga diagonaalide arv on võrdne n(n-3)/2.

Lahendus: 1) n=3 puhul on väide tõene

Ja 3 on tähenduslik, sest kolmnurgas

 A 3 =3(3-3)/2=0 diagonaali;

2 A(3) on tõsi.

2) Oletame, et igas

kumeral k-gonil on

A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonaali.

Ja k Tõestame, et siis kumeralt

(k+1)-gonarv

diagonaalid A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Seega

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Niisiis, A(k)ÞA(k+1). Matemaatilise induktsiooni põhimõttest tulenevalt kehtib väide iga kumera n-nurga korral.

NÄIDE 4

Tõesta, et mis tahes n puhul on järgmine väide tõene:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Lahendus: 1) Olgu siis n=1

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

See tähendab, et n=1 puhul on väide tõene.

2) Oletame, et n=k

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

3) Vaatleme seda väidet n=k+1 korral

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

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

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

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

Oleme tõestanud, et võrdus on tõene n=k+1 korral, seetõttu on matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt väide tõene mis tahes naturaalarvu n korral.

NÄIDE 5

Tõesta, et iga naturaalarvu n korral on võrdsus tõene:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Lahendus: 1) Olgu n=1.

Siis X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1.

Näeme, et n=1 puhul on väide tõene.

2) Oletame, et võrdus on tõene n=k korral

Tõelised teadmised on alati põhinenud mustri kehtestamisel ja selle tõesuse tõestamisel teatud asjaoludel. Loogilise arutluse nii pika eksisteerimise perioodi jooksul anti reeglite sõnastusi ja Aristoteles koostas isegi "õigete arutluste" loendi. Ajalooliselt on olnud tavaks jagada kõik järeldused kahte tüüpi – konkreetsest mitmekordseni (induktsioon) ja vastupidi (deduktsioon). Tuleb märkida, et tõendite liigid konkreetsest üldiseks ja üldisest konkreetseks eksisteerivad ainult koosmõjus ja neid ei saa omavahel vahetada.

Induktsioon matemaatikas

Mõistel "induktsioon" on ladina juured ja seda tõlgitakse sõna-sõnalt kui "juhendamist". Lähemal uurimisel võib esile tuua sõna struktuuri, nimelt ladina eesliide - in- (tähistab sissepoole suunatud tegevust või sees olemist) ja -duction - sissejuhatus. Väärib märkimist, et neid on kahte tüüpi - täielik ja mittetäielik induktsioon. Täisvormi iseloomustavad järeldused, mis on tehtud teatud klassi kõigi objektide uurimisel.

Mittetäielik - järeldused, mis kehtivad kõigi klassi ainete kohta, kuid tehakse ainult mõne üksuse õppimise põhjal.

Täielik matemaatiline induktsioon on järeldus, mis põhineb üldisel järeldusel kõigi objektide kogu klassi kohta, mis on funktsionaalselt ühendatud loomuliku arvude jada suhetega, mis põhineb selle funktsionaalse seose teadmistel. Sel juhul toimub tõendamisprotsess kolmes etapis:

esimene tõestab matemaatilise induktsiooni positsiooni õigsust. Näide: f = 1, induktsioon;
järgmine etapp põhineb eeldusel, et positsioon kehtib kõigi naturaalarvude puhul. See tähendab, et f=h on induktiivne hüpotees;
kolmandal etapil tõestatakse positsiooni kehtivus arvule f=h+1, lähtudes eelmise punkti asukoha õigsusest - see on induktsioonisiire ehk matemaatilise induktsiooni samm. Näitena võib tuua nn kui kukub reas esimene kivi (baas), siis langevad kõik reas olevad kivid (üleminek).

Nii naljaga kui tõsiselt

Arusaadavuse hõlbustamiseks esitatakse matemaatilise induktsiooni meetodit kasutavate lahenduste näited naljaülesannete kujul. See on viisaka järjekorra ülesanne:

Käitumisreeglid keelavad mehel naise ette pööret võtta (sellises olukorras lubatakse tal ette minna). Selle väite põhjal, kui järjekorras viimane on mees, siis kõik teised on mehed.

Ilmekas näide matemaatilise induktsiooni meetodi kohta on "Dimensioonita lennu" probleem:

On vaja tõestada, et väikebussi mahub suvaline arv inimesi. On tõsi, et üks inimene mahub sõidukisse ilma raskusteta (aluselt). Kuid ükskõik kui täis väikebuss ka poleks, mahub sinna alati 1 reisija (sisselaskmise samm).

Tuttavad ringid

Näited ülesannete ja võrrandite lahendamisest matemaatilise induktsiooni abil on üsna levinud. Selle lähenemisviisi illustreerimiseks kaaluge järgmist probleemi.

Seisund: lennukis on h ringid. Tuleb tõestada, et kujundite mis tahes paigutuse korral saab nende moodustatud kaarti õigesti kahe värviga värvida.

Lahendus: kui h=1 on väite tõesus ilmne, seega konstrueeritakse tõestus ringide arvule h+1.

Aktsepteerigem eeldust, et väide kehtib iga kaardi kohta ja tasapinnal on h+1 ringid. Kui eemaldate kogusummast ühe ringi, saate kahe värviga (must ja valge) õigesti värvitud kaardi.

Kustutatud ringi taastamisel muutub iga ala värv vastupidiseks (antud juhul ringi sees). Tulemuseks on korrektselt kahes värvitoonis värvitud kaart, mida oli vaja tõestada.

Naturaalarvude näited

Allpool on selgelt näidatud matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamine.

Näited lahendustest:

Tõesta, et iga h korral on õige järgmine võrdsus:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Olgu h=1, mis tähendab:

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

Sellest järeldub, et h=1 korral on väide õige.

2. Eeldades, et h=d, saadakse võrrand:

R1 = d2 = d(d+1)(2d+1)/6=1

3. Eeldades, et h=d+1, selgub:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 + 2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1) (2p+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

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

Seega on võrdsuse kehtivus h=d+1 korral tõestatud, seega kehtib väide mis tahes naturaalarvu kohta, nagu on näidatud matemaatilise induktsiooni näites.

Ülesanne

Seisund: nõutakse tõestust, et iga h väärtuse korral jagub avaldis 7 h -1 6-ga ilma jäägita.

Lahendus:

1. Oletame, et h=1, antud juhul:

R 1 = 7 1 -1 = 6 (st jagatud 6-ga ilma jäägita)

Seega, kui h=1 on väide tõene;

2. Jagage h=d ja 7 d -1 6-ga ilma jäägita;

3. Väite h=d+1 kehtivuse tõestuseks on valem:

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

Sel juhul jagub esimene liige esimese punkti eeldusel 6-ga ja teine liige on võrdne 6-ga. Väide, et 7 h -1 jagub 6-ga ilma jäägita iga loomuliku h korral, on tõene.

Vead kohtuotsuses

Sageli kasutatakse tõestustes ebaõiget arutluskäiku kasutatud loogiliste konstruktsioonide ebatäpsuse tõttu. See juhtub peamiselt siis, kui rikutakse tõestuse struktuuri ja loogikat. Ebaõige arutluskäigu näide on järgmine illustratsioon.

Ülesanne

Seisund: nõutakse tõendit, et iga kivihunnik ei ole hunnik.

Lahendus:

1. Ütleme h=1, sel juhul on hunnikus 1 kivi ja väide on tõene (alus);

2. Olgu h=d puhul tõsi, et kivihunnik ei ole hunnik (eeldus);

3. Olgu h=d+1, millest järeldub, et ühe kivi lisamisel ei saa komplekt kuhjaga. Järeldus viitab iseenesest, et eeldus kehtib kõigi loomulike h-de kohta.

Viga on selles, et puudub definitsioon, kui palju kive hunniku moodustab. Sellist väljajätmist nimetatakse matemaatilise induktsiooni meetodis kiirustavaks üldistuseks. Näide näitab seda selgelt.

Induktsioon ja loogikaseadused

Ajalooliselt käivad nad alati käsikäes. Sellised teadusharud nagu loogika ja filosoofia kirjeldavad neid vastandite kujul.

Loogikaseaduse seisukohalt toetuvad induktiivsed definitsioonid faktidele ning eelduste tõepärasus ei määra sellest tuleneva väite õigsust. Sageli tehakse järeldused teatud tõenäosuse ja usutavusega, mida loomulikult tuleb täiendavate uuringute abil kontrollida ja kinnitada. Loogika induktsiooni näide oleks järgmine väide:

Eestis on põud, Lätis põud, Leedus põud.

Eesti, Läti ja Leedu on Balti riigid. Kõigis Balti riikides on põud.

Näitest saame järeldada, et uut informatsiooni või tõde ei saa induktsiooni meetodil saada. Ainus, millele saab loota, on järelduste võimalik õigsus. Pealegi ei taga ruumide tõesus samu järeldusi. See asjaolu ei tähenda aga, et induktsioon jääks mahaarvamise piirile: tohutul hulgal sätteid ja teaduslikke seadusi põhjendatakse induktsioonimeetodiga. Näitena võib tuua sama matemaatika, bioloogia ja muud teadused. See on enamasti tingitud täieliku induktsiooni meetodist, kuid mõnel juhul on rakendatav ka osaline induktsioon.

Induktsiooni auväärne ajastu on võimaldanud tal tungida peaaegu kõikidesse inimtegevuse sfääridesse – see on teadus, majandus ja igapäevased järeldused.

Induktsioon teadusringkondades

Induktsioonimeetod nõuab hoolikat suhtumist, kuna liiga palju sõltub uuritud terviku osade arvust: mida suurem on uuritud arv, seda usaldusväärsem on tulemus. Sellest tunnusest lähtuvalt testitakse induktsiooniga saadud teaduslikke seaduspärasusi pikka aega tõenäosuslike eelduste tasemel, et isoleerida ja uurida kõiki võimalikke struktuurielemente, seoseid ja mõjusid.

Teaduses põhineb induktiivne järeldus olulistel tunnustel, välja arvatud juhuslikud sätted. See asjaolu on oluline seoses teaduslike teadmiste spetsiifikaga. Seda on selgelt näha teaduse induktsiooni näidetes.

Teadusmaailmas on kahte tüüpi induktsiooni (seoses uurimismeetodiga):

induktsioon-valik (või valik);
induktsioon - väljajätmine (eliminatsioon).

Esimest tüüpi eristab klassi (alaklasside) valimite metoodiline (skrupulaarne) valimine selle erinevatest piirkondadest.

Seda tüüpi induktsiooni näide on järgmine: hõbe (või hõbedasoolad) puhastab vett. Järeldus põhineb paljude aastate vaatlustel (omamoodi kinnituste ja ümberlükkamiste valik – valik).

Teist tüüpi induktsioon põhineb järeldustel, mis loovad põhjuslikke seoseid ja välistavad asjaolud, mis ei vasta selle omadustele, nimelt universaalsus, ajalisest järjestusest kinnipidamine, vajalikkus ja ühemõttelisus.

Induktsioon ja deduktsioon filosoofia positsioonilt

Ajalooliselt tagasi vaadates mainis terminit induktsioon esmakordselt Sokrates. Aristoteles kirjeldas induktsiooni näiteid filosoofias ligikaudses terminoloogilises sõnastikus, kuid mittetäieliku induktsiooni küsimus jääb lahtiseks. Pärast aristotelese süllogismi tagakiusamist hakati induktiivset meetodit tunnistama viljakaks ja ainuvõimalikuks loodusteadustes. Baconit peetakse induktsiooni kui iseseisva erimeetodi isaks, kuid ta ei suutnud induktsiooni deduktiivsest meetodist eraldada, nagu nõudsid tema kaasaegsed.

Induktsiooni arendas edasi J. Mill, kes käsitles induktiivteooriat nelja peamise meetodi vaatenurgast: kokkulepe, erinevus, jäägid ja vastavad muutused. Pole üllatav, et tänapäeval on loetletud meetodid, kui neid üksikasjalikult uurida, deduktiivsed.

Baconi ja Milli teooriate vastuolulisuse mõistmine pani teadlasi uurima induktsiooni tõenäosuslikku alust. Kuid isegi siin esines mõningaid äärmusi: tõenäosusteooria induktsiooni koos kõigi sellest tulenevate tagajärgedega üritati taandada.

Sisseelamine pälvib usaldushääletuse praktilise rakendamise kaudu teatud ainevaldkondades ja tänu induktiivse aluse meetrilisele täpsusele. Induktsiooni ja deduktsiooni näiteks filosoofias võib pidada universaalse gravitatsiooni seadust. Seaduse avastamise kuupäeval suutis Newton seda kontrollida 4-protsendilise täpsusega. Ja rohkem kui kakssada aastat hiljem kontrollides kinnitati õigsust 0,0001-protsendilise täpsusega, kuigi kontrollimine viidi läbi samade induktiivsete üldistuste abil.

Kaasaegne filosoofia pöörab rohkem tähelepanu deduktsioonile, mis on tingitud loogilisest soovist ammutada uusi teadmisi (või tõdesid) juba teadaolevast, ilma kogemusi või intuitsiooni kasutamata, vaid kasutades “puhast” arutlust. Kui viidatakse deduktiivse meetodi tõelistele eeldustele, on väljundiks kõigil juhtudel tõene väide.

See väga oluline omadus ei tohiks varjutada induktiivse meetodi väärtust. Kuna induktsioon muutub kogemussaavutuste põhjal ka selle töötlemise (sh üldistamise ja süstematiseerimise) vahendiks.

Induktsiooni rakendamine majanduses

Induktsiooni ja deduktsiooni on pikka aega kasutatud meetoditena majanduse uurimisel ja selle arengu prognoosimisel.

Induktsioonimeetodi kasutusala on küllaltki lai: prognoositavate näitajate (kasum, kulum jne) täitumise uurimine ja ettevõtte olukorra üldhinnang; tõhusa ettevõtte edendamise poliitika kujundamine, mis põhineb faktidel ja nende suhetel.

Sama induktsioonimeetodit kasutatakse ka “Shewhart-kaartides”, kus protsesside kontrollitavateks ja mittekontrollitavateks jaotamise eeldusel väidetakse, et juhitava protsessi raamistik on passiivne.

Tuleb märkida, et teaduslikud seadused on põhjendatud ja kinnitatud induktsioonimeetodi abil ning kuna majandusteadus on teadus, mis kasutab sageli matemaatilist analüüsi, riskiteooriat ja statistikat, siis pole sugugi üllatav, et induktsioon on peamiste meetodite nimekirjas.

Induktsiooni ja deduktsiooni näide majandusteaduses on järgmine olukord. Toiduainete (tarbijakorvist) ja esmatarbekaupade hinnatõus sunnib tarbijat mõtlema riigis tekkivale kallile hinnale (induktsioon). Samas saab kõrgete hindade faktist matemaatilisi meetodeid kasutades tuletada üksikute kaupade või kaubakategooriate hinnakasvu näitajaid (mahaarvamine).

Kõige sagedamini pöörduvad induktsioonimeetodi poole juhtivtöötajad, juhid ja majandusteadlased. Ettevõtluse arengu, turukäitumise ja konkurentsi tagajärgede piisava tõetruu prognoosimiseks on vajalik induktiiv-deduktiivne lähenemine teabe analüüsile ja töötlemisele.

Selge näide ekslike otsustega seotud induktsioonist majanduses:

ettevõtte kasum vähenes 30%;
konkureeriv ettevõte on laiendanud oma tootevalikut;
midagi muud pole muutunud;
konkureeriva ettevõtte tootmispoliitika põhjustas kasumi vähenemise 30% võrra;
seetõttu tuleb rakendada sama tootmispoliitikat.

Näide on värvikas illustratsioon sellest, kuidas induktsioonimeetodi asjatu kasutamine aitab kaasa ettevõtte hävingule.

Deduktsioon ja induktsioon psühholoogias

Kuna meetod on olemas, siis loogiliselt võttes on olemas ka korralikult organiseeritud mõtlemine (meetodi kasutamiseks). Psühholoogia kui teadus, mis uurib vaimseid protsesse, nende teket, arengut, suhteid, interaktsioone, pöörab tähelepanu “deduktiivsele” mõtlemisele, kui ühele deduktsiooni ja induktsiooni avaldumisvormidest. Kahjuks ei ole Interneti psühholoogialehtedel deduktiiv-induktiivse meetodi terviklikkus praktiliselt õigustatud. Kuigi professionaalsed psühholoogid puutuvad sagedamini kokku induktsiooni ilmingutega või pigem ekslike järeldustega.

Psühholoogia induktsiooni näide ekslike hinnangute illustratsioonina on väide: mu ema petab, seega on kõik naised petturid. Veelgi rohkem "eksitavaid" näiteid elust induktsiooni kohta saate noppida:

õpilane on millekski võimetu, kui ta saab matemaatikas halva hinde;
ta on loll;
ta on tark;
Ma suudan kõike teha;

Ja palju muid väärtushinnanguid, mis põhinevad täiesti juhuslikel ja kohati ebaolulistel eeldustel.

Tuleb märkida: kui inimese hinnangute ekslikkus jõuab absurdini, ilmub psühhoterapeudi jaoks tööpiir. Üks näide eriarsti vastuvõtule sisseelamisest:

«Patsient on täiesti kindel, et punane värv on mistahes kujul ainult talle ohtlik. Selle tulemusena jättis inimene selle värviskeemi oma elust välja - nii palju kui võimalik. Mugavaks kodus viibimiseks on palju võimalusi. Saate keelduda kõigist punastest esemetest või asendada need analoogidega, mis on valmistatud erinevas värviskeemis. Kuid avalikes kohtades, tööl, poes - see on võimatu. Kui patsient satub stressirohkesse olukorda, kogeb ta iga kord täiesti erinevate emotsionaalsete seisundite tõusu, mis võib teistele ohtu seada.

Seda induktsiooni ja alateadliku induktsiooni näidet nimetatakse "fikseeritud ideedeks". Kui see juhtub vaimselt terve inimesega, võime rääkida vaimse tegevuse organiseerituse puudumisest. Obsessiivsetest seisunditest vabanemise viis võib olla deduktiivse mõtlemise elementaarne arendamine. Muudel juhtudel töötavad selliste patsientidega psühhiaatrid.

Ülaltoodud näited induktsiooni kohta näitavad, et "seaduse mittetundmine ei vabasta teid (eksitavate otsuste) tagajärgedest".

Psühholoogid, kes töötavad deduktiivse mõtlemise teemal, on koostanud soovituste loendi, mille eesmärk on aidata inimestel seda meetodit omandada.

Esimene punkt on probleemide lahendamine. Nagu näha, võib matemaatikas kasutatavat induktsiooni vormi pidada "klassikaliseks" ja selle meetodi kasutamine aitab kaasa mõistuse "distsipliinile".

Deduktiivse mõtlemise arendamise järgmiseks tingimuseks on silmaringi laiendamine (selgelt mõtlejad väljendavad end selgelt). See soovitus suunab „kannatused” teaduse ja teabe varakatesse (raamatukogud, veebisaidid, haridusalgatused, reisimine jne).

Eraldi tuleks mainida niinimetatud "psühholoogilist induktsiooni". Seda terminit, kuigi mitte sageli, võib leida Internetist. Kõik allikad ei anna selle mõiste definitsiooni vähemalt lühidalt, vaid viitavad „näidetele elust”, näidates samas uut tüüpi esilekutsumist kas sugestiooni või vaimuhaiguse teatud vormide või äärmuslike seisunditena. inimese psüühika. Kõigest eelnevast on selge, et katse tuletada valedel (sageli ebatõestel) eeldustel põhinevat "uus terminit" paneb katse läbiviija saama eksliku (või kiirustava) väite.

Tuleb märkida, et viide 1960. aasta katsetele (ilma asukohta, katsetajate nimesid, katsealuste valimit ja mis kõige tähtsam – katse eesmärki märkimata) tundub pehmelt öeldes ebaveenv ja väide, et aju tajub infot kõigist tajuorganitest mööda minnes (sellisel juhul sobiks orgaanilisemalt sõnapaar “mõjutatud”), paneb mõtlema väite autori kergeusklikkuse ja kriitikamatuse üle.

Järelduse asemel

Pole asjata, et teaduste kuninganna matemaatika kasutab kõiki induktsiooni ja deduktsiooni meetodi võimalikke reserve. Vaatletud näited lubavad järeldada, et isegi kõige täpsemate ja usaldusväärsemate meetodite pealiskaudne ja oskamatu (mõtlematu, nagu öeldakse) rakendamine viib alati ekslike tulemusteni.

Massiteadvuses seostatakse deduktsioonimeetodit kuulsa Sherlock Holmesiga, kes oma loogilistes konstruktsioonides kasutab sagedamini induktsiooni näiteid, kasutades deduktsiooni õigetes olukordades.

Artiklis vaadeldi näiteid nende meetodite rakendamisest erinevates teadustes ja inimtegevuse valdkondades.