Matemaatilise induktsiooni tõestus. Matemaatilise induktsiooni põhimõte

Loeng 6. Matemaatilise induktsiooni meetod.

Uusi teadmisi teaduses ja elus saadakse erineval viisil, kuid kõik need (kui te ei lasku detailidesse) jagunevad kahte tüüpi - üleminek üldisest konkreetsele ja spetsiifilisest üldisele. Esimene on mahaarvamine, teine on induktsioon. Deduktiivne arutlus on see, mida matemaatikas tavaliselt nimetatakse. loogiline arutluskäik, ja matemaatilises teaduses on deduktsioon ainus õigustatud uurimismeetod. Loogilise mõtlemise reeglid sõnastas kaks ja pool aastatuhandet tagasi Vana-Kreeka teadlane Aristoteles. Ta koostas täieliku nimekirja kõige lihtsamatest õigetest arutlustest, süllogismid– loogika “ehituskivid”, osutades samal ajal tüüpilisele arutluskäigule, mis on väga sarnane õigele, kuid valele (sellist “pseudoloogilist” arutlust kohtame meedias sageli).

Induktsioon (induktsioon - ladina keeles juhised) illustreerib selgelt kuulus legend, kuidas Isaac Newton sõnastas universaalse gravitatsiooniseaduse pärast seda, kui õun talle pähe kukkus. Veel üks näide füüsikast: sellises nähtuses nagu elektromagnetiline induktsioon tekitab elektriväli, “indutseerib” magnetvälja. “Newtoni õun” on tüüpiline näide olukorrast, kus üks või mitu erijuhtumit, st tähelepanekud, "soovitab" üldist väidet; üldine järeldus tehakse konkreetsete juhtumite põhjal. Induktiivne meetod on peamine üldiste mustrite saamiseks nii loodus- kui ka humanitaarteadustes. Kuid sellel on väga oluline puudus: konkreetsete näidete põhjal saab teha vale järelduse. Eravaatlustest tulenevad hüpoteesid ei pea alati paika. Vaatleme Euleri näidet.

Arvutame trinoomi väärtuse mõne esimese väärtuse jaoks n:

Pange tähele, et arvutuste tulemusel saadud arvud on algarvud. Ja seda saab igaühe puhul otse kontrollida n 1 kuni 39 polünoomi väärtus
on algarv. Siiski, millal n=40 saame arvu 1681=41 2, mis ei ole algarvuks. Seega hüpotees, mis siin võiks tekkida ehk hüpotees, et iga n number
on lihtne, osutub valeks.

Leibniz tõestas 17. sajandil, et iga positiivse terviku puhul n number
jagub 3-ga, arv
jagub 5-ga jne. Selle põhjal eeldas ta, et iga paaritu puhul k ja mis tahes loomulik n number
jagatuna k, kuid peagi märkasin seda
ei jagu 9-ga.

Vaadeldud näited võimaldavad teha olulise järelduse: avaldus võib olla õiglane mitmel erijuhtumil ja samal ajal ebaõiglane üldiselt. Küsimuse väite kehtivuse kohta üldjuhul saab lahendada spetsiaalse arutlusmeetodi abil, mida nimetatakse matemaatilise induktsiooni abil(täielik induktsioon, täiuslik induktsioon).

6.1. Matemaatilise induktsiooni põhimõte.

♦ Matemaatilise induktsiooni meetod põhineb matemaatilise induktsiooni põhimõte , mis on järgmine:

1) kontrollitakse selle väite kehtivustn=1 (induktsioonipõhine) ,

2) selle väite kehtivust eeldataksen= k, Kusk– suvaline naturaalarv 1(induktsiooni eeldus) , ja seda eeldust arvesse võttes tehakse kindlaks selle kehtivusn= k+1.

Tõestus. Oletame vastupidist, see tähendab, et väide ei kehti iga loomuliku kohta n. Siis on selline loomulik m, Mida:

1) avaldus eest n=m pole aus,

2) kõigile n, väiksem m, väide on tõene (teisisõnu, m on esimene naturaalarv, mille kohta väide ei vasta tõele).

See on ilmne m>1, sest Sest n=1 väide on tõene (tingimus 1). Seega
- naturaalarv. Selgub, et naturaalarvu puhul
väide on tõene ja järgmise naturaalarvu puhul m see on ebaõiglane. See on vastuolus tingimusega 2. ■

Pange tähele, et tõestuses kasutati aksioomi, et iga naturaalarvude hulk sisaldab väikseimat arvu.

Nimetatakse matemaatilise induktsiooni põhimõttel põhinevat tõestust täieliku matemaatilise induktsiooni meetodil .

 Näide6.1. Tõesta seda iga loomuliku puhul n number
jagub 3-ga.

Lahendus.

1) Millal n=1, nii a 1 jagub 3-ga ja väide on tõene, kui n=1.

2) Oletame, et väide on tõene n=k,
st see number
jagub 3-ga ja tuvastame, et millal n=k Arv +1 jagub 3-ga.

Tõepoolest,

Sest Iga liige jagub 3-ga, siis jagub ka nende summa 3-ga. ■ 

 Näide6.2. Tõesta, et esimese summa n loomulikud paaritud arvud võrdub nende arvu ruuduga, st.

Lahendus. Kasutame täieliku matemaatilise induktsiooni meetodit.

1) Kontrollime selle väite kehtivust millal n=1: 1=1 2 – see on tõsi.

2) Oletame, et esimese summa k (
) paaritutest arvudest on võrdne nende arvude arvu ruuduga, st. Selle võrdsuse põhjal teeme kindlaks, et esimese summa k+1 paaritu arv on võrdne
, see on .

Kasutame oma eeldust ja saame

. ■ 

Mõne ebavõrdsuse tõestamiseks kasutatakse täieliku matemaatilise induktsiooni meetodit. Tõestame Bernoulli ebavõrdsust.

 Näide6.3. Tõesta, et millal
ja mis tahes loomulik n ebavõrdsus on tõsi
(Bernoulli ebavõrdsus).

Lahendus. 1) Millal n=1 saame
, mis on tõsi.

2) Eeldame, et millal n=k on ebavõrdsus
(*). Seda eeldust kasutades tõestame seda
. Pange tähele, et millal
see ebavõrdsus kehtib ja seetõttu piisab juhtumi käsitlemisest
.

Korrutame võrratuse mõlemad pooled (*) arvuga
ja saame:

See tähendab (1+
.■ 

Tõestus meetodi järgi mittetäielik matemaatiline induktsioon mõni väide olenevalt n, Kus
teostatakse sarnasel viisil, kuid alguses kehtestatakse õiglus väikseima väärtuse suhtes n.

Mõned ülesanded ei väljenda otseselt väidet, mida saab tõestada matemaatilise induktsiooniga. Sellistel juhtudel peate mustri ise looma ja püstitama hüpoteesi selle mustri kehtivuse kohta ning seejärel kasutama matemaatilise induktsiooni meetodit pakutud hüpoteesi kontrollimiseks.

 Näide6.4. Leia summa
.

Lahendus. Leiame summad S 1 , S 2 , S 3. Meil on
,
,
. Me oletame, et iga loomulik n valem on kehtiv
. Selle hüpoteesi kontrollimiseks kasutame täieliku matemaatilise induktsiooni meetodit.

1) Millal n=1 hüpotees on õige, sest
.

2) Oletame, et hüpotees on tõene n=k,
, see on
. Seda valemit kasutades tuvastame, et hüpotees on tõene isegi siis, kui n=k+1, see tähendab

Tõepoolest,

Seega, lähtudes eeldusest, et hüpotees on tõene millal n=k,
, on tõestatud, et see kehtib ka kohta n=k+1 ja lähtudes matemaatilise induktsiooni põhimõttest järeldame, et valem kehtib mis tahes naturaalarvu jaoks n. ■ 

 Näide6.5. Matemaatikas on tõestatud, et kahe ühtlaselt pideva funktsiooni summa on ühtlaselt pidev funktsioon. Selle väite põhjal peate tõestama, et mis tahes arvu summa
ühtlaselt pidevate funktsioonide funktsioon on ühtlaselt pidev funktsioon. Kuid kuna me pole veel juurutanud mõistet "ühtlaselt pidev funktsioon", siis püstitagem probleem abstraktsemalt: olgu teada, et kahe funktsiooni summa, millel on mingi omadus S, omab vara S. Tõestame, et suvalise arvu funktsioonide summal on omadus S.

Lahendus. Induktsiooni alus sisaldub siin probleemi sõnastuses. Olles teinud induktsioonieelduse, kaaluge
funktsioonid f 1 , f 2 , …, f n , f n+1, kellel on vara S. Siis . Paremal küljel on omadus esimesel terminil S induktsioonihüpoteesi järgi on teisel liikmel omadus S tingimuse järgi. Järelikult on nende summal vara S– kahe termini puhul induktsioonibaas “töötab”.

See tõestab väidet ja me kasutame seda edasi. ■ 

 Näide6.6. Leia kõik looduslikud n, mille puhul ebavõrdsus kehtib

Lahendus. Mõelgem n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Meil on: 2 1 > 1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 > 6 2. Seega võime püstitada hüpoteesi: ebavõrdsus
on koht kõigile
. Selle hüpoteesi tõesuse tõestamiseks kasutame mittetäieliku matemaatilise induktsiooni põhimõtet.

1) Nagu eespool kindlaks tehtud, on see hüpotees tõene, kui n=5.

2) Oletame, et see kehtib n=k,
, see tähendab, et ebavõrdsus on tõsi
. Seda eeldust kasutades tõestame, et ebavõrdsus
.

Sest
ja kell
on ebavõrdsus

juures
,

siis saame sellest aru
. Niisiis, hüpoteesi tõde n=k+1 tuleneb eeldusest, et millal on õige n=k,
.

Lõigetest. 1 ja 2, mis põhineb mittetäieliku matemaatilise induktsiooni põhimõttel, järeldub, et ebavõrdsus
tõsi iga loomuliku kohta
. ■ 

 Näide6.7. Tõesta seda mis tahes naturaalarvu puhul n diferentseerimisvalem kehtib
.

Lahendus. Kell n=1 see valem näeb välja selline
, või 1=1, see tähendab, et see on õige. Tehes induktsioonieelduse, saame:

Q.E.D. ■ 

 Näide6.8. Tõesta, et hulk, mis koosneb n elemendid, on alamhulgad

Lahendus.Ühest elemendist koosnev komplekt A, sisaldab kahte alamhulka. See on tõsi, sest kõik selle alamhulgad on tühi hulk ja tühi hulk ise ning 2 1 =2.

Oletame, et iga komplekt n elementidel on alamhulgad Kui hulk A koosneb n+1 elemente, siis fikseerime selles ühe elemendi - tähistame seda d ja jagage kõik alamhulgad kahte klassi – klassidesse, mis ei sisalda d ja sisaldavad d. Kõik esimese klassi alamhulgad on hulga B alamhulgad, mis saadakse A-st elemendi eemaldamise teel d.

Komplekt B koosneb n elemente ja seetõttu on tal induktsiooni teel alamhulgad, seega esimeses klassis alamhulgad

Kuid teises klassis on sama palju alamhulka: igaüks neist saadakse täpselt ühest esimese klassi alamhulgast, lisades elemendi d. Seega kokku komplekt A
alamhulgad

Seega on väide tõestatud. Pange tähele, et see kehtib ka 0 elemendist koosneva hulga kohta – tühi hulk: sellel on üks alamhulk – ise ja 2 0 = 1. ■ 

Matemaatilise induktsiooni meetod

Sissejuhatus

Põhiosa

Täielik ja mittetäielik induktsioon
Matemaatilise induktsiooni põhimõte
Matemaatilise induktsiooni meetod
Lahendusnäited
Võrdsused
Numbrite jagamine
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 tõestusmeetodiks, 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 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.

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 väide A(n) on tõene n=p korral ja kui A(k)ÞA(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 n=k+1 kehtivust väite n=k kehtivuse eeldusel (induktsioonieeldus), st. tõestada, et A(k)ÞA(k+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.

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.

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.

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

 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.

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.

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))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2+n+1), kus n>2.

Lahendus: 1) n=2 puhul näeb identsus välja järgmine: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

need. see on tõsi.

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

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

3) Tõestame avaldise õigsust n=k+1 korral.

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +

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

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 loodusliku n.

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 kehtivus n=k+1 korral, seetõttu kehtib väide iga naturaalarvu n korral.

Tõestage, et identiteet on õige

(1 2 /1'3)+(2 2 /3'5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

mis tahes loodusliku n.

1) Kui n=1 on identsus tõene 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Oletame, et n=k korral

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

3) Tõestame, et identsus on tõene n=k+1 korral.

(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).

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´133.

Kuid (23´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 seda antud juhul

(11 k+3 +12 2k+3) jagub 133-ga ilma jäägita. Tõepoolest, 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 .

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

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

Lahendus: 1) Olgu n=1, siis X 1 =7 1 -1=6 jagatakse 6-ga ilma jäägita. See tähendab, et kui n=1 on väide tõene.

2) Oletame, et n=k korral

7 k -1 jagub 6-ga ilma jäägita.

3) Tõestame, et väide on tõene n=k+1 korral.

X k+1 =7 k+1-1=7´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 iga loomuliku n-i 6-kordne. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

Tõesta, et 3 3n-1 +2 4n-3 suvalise loomuliku n korral jagub 11-ga.
Lahendus: 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 n=k korral

X k =3 3k-1 +2 4k-3 jagub 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´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.

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 jagub ühegi naturaalarvu n korral 11-ga ilma jäägita. Matemaatilise induktsiooni meetodi abil on väide tõestatud.

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

Lahendus: 1) Olgu n=1, siis 11 2 -1=120 jagub 6-ga ilma jäägita. See tähendab, et kui n=1 on väide tõene.

2) Oletame, et n=k korral

11 2k -1 jagub 6-ga ilma jäägita.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

Mõlemad liikmed jaguvad 6-ga ilma jäägita: esimene sisaldab 6 kordset, arvu 120 ja teine on eeldusel 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 ilma jäägita arvuga 26 2 (676).

Lahendus: Kõigepealt tõestame, et 3 3n+3 -1 jagub 26-ga ilma jäägita.

Kui n = 0

3 3 -1=26 jagatakse 26-ga

Oletame, et n=k korral

3 3k+3 -1 jagub 26-ga

Tõestame seda väidet

tõene n=k+1 korral.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – jagatud 26-ga

Nüüd viime läbi probleemipüstituses sõnastatud väite tõestuse.

1) Ilmselgelt, kui n=1 on väide tõene

3 3+3 -26-27=676

2) Oletame, et n=k korral

avaldis 3 3k+3 -26k-27 jagatakse 26 2-ga 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 tõene

(1+x) n > 1+n´x.

Lahendus: 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)ÞA(k+1), kui k> 2. Eeldame, et A(k) on tõene, st et ebavõrdsus

(1+x) k >1+k´x. (3)

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

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

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

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Vaatleme viimase ebavõrdsuse paremat poolt

stva; meil on

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.

Selle tulemusena saame selle

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Niisiis, A(k)ÞA(k+1). Matemaatilise induktsiooni põhimõttele tuginedes võib väita, et Bernoulli ebavõrdsus kehtib mis tahes

Tõesta, et ebavõrdsus on tõsi

(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 kui a > 0.

Lahendus: 1) Kui m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 mõlemad pooled on võrdsed.

2) Oletame, et m=k korral

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´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´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)´a 2 .

Oleme tõestanud võrratuse paikapidavuse m=k+1 korral, seetõttu kehtib matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt võrratus iga loomuliku m korral.

Tõesta, et n>6 korral on ebavõrdsus tõene

3 n >n´2 n+1 .

Lahendus: kirjutame võrratuse vormi ümber

Meil on n=7 jaoks

37/27 =2187/128>14=2´7

ebavõrdsus on tõsi.

Oletame, et n=k korral

3) Tõestame võrratuse kehtivust n=k+1 korral.

3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>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).

Lahendus: 1) Kui n=3 on ebavõrdsus tõene

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

Oletame, et n=k korral

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

3) Tõestagem mitte-

võrdus n=k+1 jaoks

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

Tõestame, et 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

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.

Järeldus

Eelkõige täiendasin matemaatilise induktsiooni meetodit õppides oma teadmisi selles matemaatikavaldkonnas ja õppisin ka lahendama probleeme, mis varem ei olnud minu võimuses.

Need olid peamiselt loogilised ja meelelahutuslikud ülesanded, st. just need, mis suurendavad huvi matemaatika kui teaduse vastu. Selliste ülesannete lahendamine muutub meelelahutuslikuks tegevuseks ja võib meelitada üha rohkem uudishimulikke matemaatikalabürintidesse. Minu arvates on see igasuguse teaduse alus.

Jätkates matemaatilise induktsiooni meetodi uurimist, püüan õppida seda rakendama mitte ainult matemaatikas, vaid ka füüsika, keemia ja elu enda probleemide lahendamisel.

MATEMAATIKA:

LOENGUD, PROBLEEMID, LAHENDUSED

Õpik / V.G. Boltjanski, Yu.V. Sidorov, M.I. Šabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRA JA ANALÜÜSI ALGUSED

Õpik / I. T. Demidov, A. N. Kolmogorov, S. I. Shvartsburg, O. S. Ivašev-Musatov, B. E. Weitz. "Valgustus" 1975.

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.

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) n=3 puhul 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.

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 kehtivus 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) Ilmselgelt 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)

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. n=7 puhul 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.

Brjanski linnalütseum nr 1

Uurimistöö sellel teemal:

Matemaatilise induktsiooni meetod

Lõpetatud

M vaevu TO Konstantin

õpilane 10 füüsika ja matemaatika

Brjanski linnalütseum nr 1

Kontrollitud

T Jukatšova KOHTA valetama JA vanovna

Sissejuhatus_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 3

Põhiosa

Täielik ja mittetäielik induktsioon_ _ _ _ _ _ _ _ _ _3-4

Matemaatilise induktsiooni põhimõte_ _ _ _ _ _4-5

Matemaatilise induktsiooni meetod_ _ _ _ _ _ 6

Lahendus matemaatilise induktsiooni abil

Summeerimisülesannete juurde_ _ _ _ _ _ _ _ _ 7

Ülesannete juurde ebavõrdsuse tõestamisel_ _8

Jagatavusprobleemidele _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _11

Identiteedi tõendamise probleemide juurde _ _ _12

Muude ülesannete juurde _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 13

Järeldus_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 16

Kasutatud kirjanduse loetelu _ _ _ _17

Sissejuhatus

Sõna induktsioon vene keeles tähendab juhendamist ja induktiivne helistage vaatluste, katsete põhjal tehtud järeldustele, s.o. mis saadakse konkreetselt üldisele järeldamisel.

Induktiivsete järelduste roll eksperimentaalteadustes on väga suur. Nad esitavad need sätted, millest tehakse seejärel mahaarvamise teel edasised järeldused. Ja kuigi teoreetiline mehaanika põhineb Newtoni kolmel liikumisseadusel, olid need seadused ise eksperimentaalsete andmete põhjal tehtud sügava mõtlemise tulemus, eelkõige Kepleri planeetide liikumise seaduste põhjal, mille ta tuletas Taani astronoomi Tycho aastatepikkuste vaatluste töötlemisel. Brahe. Vaatlus ja induktsioon osutuvad edaspidi kasulikuks tehtud eelduste selgitamisel. Pärast Michelsoni katseid valguse kiiruse mõõtmisel liikuvas keskkonnas osutus vajalikuks selgitada füüsikaseadused ja luua relatiivsusteooria.

Matemaatikas on induktsiooni roll suuresti selles, et see on valitud aksiomaatika aluseks. Pärast seda, kui pikaajaline praktika näitas, et sirge tee on alati lühem kui kõver või katkine tee, oli loomulik sõnastada aksioom: mis tahes kolme punkti A, B ja C korral on ebavõrdsus.

Aritmeetika aluseks olev “järgimise” mõiste ilmnes ka sõdurite, laevade ja muude järjestatud komplektide moodustamise vaatlustest.

Siiski ei tohiks arvata, et see ammendab induktsiooni rolli matemaatikas. Muidugi ei tasu eksperimentaalselt testida aksioomidest loogiliselt tuletatud teoreeme: kui tuletamisel loogikavigu ei tehtud, siis on need tõesed niivõrd, kuivõrd on tõesed meie aktsepteeritud aksioomid. Kuid sellest aksioomide süsteemist võib tuletada palju väiteid. Ja nende tõestamist vajavate väidete valiku soovitab jällegi induktsioon. Just see võimaldab teil eraldada kasulikud teoreemid kasututest, näitab, millised teoreemid võivad tõeks osutuda, ja aitab isegi visandada tõestuse teed.

Matemaatilise induktsiooni olemus

Toome näite kasutamisest M meetod M atemaatiline JA induktsiooni ja lõpus teeme üldistava järelduse.

Olgu vaja kindlaks teha, et iga paaris naturaalarv 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).

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 tõendiks korralduse kehtivuse kohta.

antud valem.

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

Oletame, et peate tõestama mõne 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.

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 korral, kus p on fikseeritud naturaalarv. Sel juhul sõnastatakse matemaatilise induktsiooni põhimõte järgmiselt.

Kui ettepanek A( n ) kehtib n = lk ja kui A( k ) Þ A( k +1) kõigile k > lk , siis ettepanek A( n ) kehtib igaühe kohta n > lk .

Matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamine liitmisülesannetes

Matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamine liitmisülesannetes

Selleks kontrollige esmalt väite number 1 õigsust - induktsiooni alus, ja siis tõestatakse, et kui väide arvuga on tõene n, siis on tõene ka järgmine arvuga väide n + 1 - induktsiooni samm, või induktsiooni üleminek.

Tõestust induktsiooni abil saab selgelt esitada nn doomino põhimõte. Olgu suvaline arv doominoplaate paigutatud ritta nii, et iga doominoplaat kukutab kukkudes tingimata ümber talle järgneva doominokivi (see on induktiivne üleminek). Siis, kui me surume esimese luu (see on induktsiooni alus), siis kõik reas olevad luud langevad.

Selle tõestusmeetodi loogiliseks aluseks on nn induktsiooni aksioom, viies Peano aksioom, mis määratleb naturaalarvud. Induktsioonimeetodi õigsus on samaväärne asjaoluga, et naturaalarvude mis tahes alamhulgas on minimaalne element.

On ka variatsioon, nn täieliku matemaatilise induktsiooni põhimõte. Siin on selle range sõnastus:

Täieliku matemaatilise induktsiooni põhimõte on samaväärne ka Peano aksioomide induktsiooniaksioomiga.

Näited

Ülesanne. Selle tõestamiseks, olgu see loomulik n ja päris q≠ 1, võrdsus kehtib

Tõestus. Induktsioon sisse n.

Alus, n = 1:

Üleminek: Teeskleme seda

Q.E.D.

Kommentaar: väite õigsus P n selles tõestuses - sama mis võrdsuse kehtivus

Vaata ka

Variatsioonid ja üldistused

Kirjandus

N. Ya. Vilenkin Induktsioon. Kombinatoorika. Käsiraamat õpetajatele. M., Haridus, 1976.-48 lk.
L. I. Golovina, I. M. Yaglom Induktsioon geomeetrias, “Populaarsed loengud matemaatikast”, 21. number, Fizmatgiz 1961.-100 lk.
R. Courant, G. Robbins"Mis on matemaatika?" I peatüki § 2.
I. S. Sominsky Matemaatilise induktsiooni meetod. “Populaarsed loengud matemaatikast”, 3. number, kirjastus “Nauka” 1965.-58 lk.

Wikimedia sihtasutus. 2010. aasta.

Vaadake, mis on "matemaatilise induktsiooni meetod" teistes sõnaraamatutes:

Matemaatiline induktsioon matemaatikas on üks tõestusmeetodeid. Kasutatakse teatud väite tõesuse tõestamiseks kõigi naturaalarvude puhul. Selleks kontrollitakse esmalt numbriga 1 väite tõesust induktsiooni põhjal ja seejärel... ... Vikipeedia

Teooria koostamise meetod, mille puhul see põhineb selle teatud sätetel - aksioomidel või postulaatidel -, millest kõik muud teooria sätted (teoreemid) tuletatakse arutledes, mida nimetatakse tõestuseks m i. Krimmi reeglid...... Filosoofiline entsüklopeedia

Induktsioon (lad. inductio guidance) on loogilise järelduse protsess, mis põhineb üleminekul konkreetsest olukorrast üldisesse. Induktiivne järeldus seob teatud eeldused järeldusega mitte niivõrd loogikaseaduste, vaid pigem mõne ... ... Wikipedia kaudu

GENEETILINE MEETOD- viis uuritava subjekti sisu ja olemuse määratlemiseks mitte kokkuleppe, idealiseerimise või loogilise järelduse, vaid selle päritolu uurimise kaudu (tekkimise põhjuste, kujunemismehhanismi uurimise põhjal). Lai...... Teadusfilosoofia: põhimõistete sõnastik

Meetod teadusliku teooria koostamiseks, milles see põhineb mõnel aksioomi algsättel (otsustel) (vt aksioom) või postulaatidel, millest tuleb tuletada kõik teised selle teaduse väited (teoreemid (vt teoreem)). ... ... Suur Nõukogude entsüklopeedia

aksiomaatiline meetod- AKSIOMAATNE MEETOD (kreeka aksioomist) on aktsepteeritud seisukoht - teadusliku teooria konstrueerimise meetod, mille puhul kasutatakse tõestustes ainult aksioome, postulaate ja nendest varem tuletatud väiteid. Esimest korda selgelt demonstreeriti...... Epistemoloogia ja teadusfilosoofia entsüklopeedia

Üks teooria veameetodeid juhuslikke vigu sisaldavate mõõtmistulemuste põhjal tundmatute suuruste hindamiseks. N.K.M.-i kasutatakse ka antud funktsiooni esituse lähendamiseks teiste (lihtsamate) funktsioonide abil ja see osutub sageli... Matemaatiline entsüklopeedia

Matemaatiline induktsioon on üks matemaatilise tõestamise meetodeid, mida kasutatakse teatud väite tõesuse tõestamiseks kõigi naturaalarvude puhul. Selleks kontrolli esmalt ... Wikipedia

Sellel terminil on ka teisi tähendusi, vt Induktsioon. Induktsioon (lad. inductio guidance) on loogilise järelduse protsess, mis põhineb üleminekul konkreetsest olukorrast üldisesse. Induktiivne järeldus ühendab teatud ruume... ... Wikipedia