Induktsioon on meetod konkreetsete vaatluste põhjal üldise väite saamiseks. Juhul, kui matemaatiline väide puudutab piiratud arvu objekte, saab seda tõestada iga objekti testimisega. Näiteks väide: "Iga kahekohaline paarisarv on kahe algarvu summa," tuleneb võrdsuste seeriast, mida on üsna võimalik kindlaks teha:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Tõestusmeetodit, mille puhul väidet kontrollitakse piiratud arvul juhtudel, mis ammendavad kõik võimalused, nimetatakse täielikuks induktsiooniks. Seda meetodit kasutatakse suhteliselt harva, kuna matemaatilised väited puudutavad reeglina mitte lõplikke, vaid lõpmatuid objektide komplekte. Näiteks väide paaris kahekohaliste arvude kohta, mis on tõestatud ülalpool täieliku induktsiooniga, on vaid teoreemi erijuht: "Iga paarisarv on kahe algarvu summa." Seda teoreemi pole veel tõestatud ega ümber lükatud.
Matemaatiline induktsioon on meetod mis tahes naturaalarvu n teatud väite tõestamiseks, mis põhineb matemaatilise induktsiooni põhimõttel: „Kui väide on tõene n=1 korral ja selle kehtivus n=k korral, tähendab selle väite kehtivust n=k korral. +1, siis kehtib see kõigi n kohta Matemaatilise induktsiooniga tõendamise meetod on järgmine:
1) induktsiooni alus: need tõestavad või kontrollivad otseselt väite paikapidavust n=1 puhul (mõnikord n=0 või n=n 0);
2) induktsioonisamm (üleminek): nad eeldavad väite kehtivust mõne naturaalarvu n=k korral ja selle eelduse põhjal tõestavad väite paikapidavust n=k+1 korral.
Probleemid lahendustega
1. Tõesta, et iga naturaalarvu n korral jagub arv 3 2n+1 +2 n+2 7-ga.
Tähistame A(n)=3 2n+1 +2 n+2.
Induktsiooni alus. Kui n = 1, siis A(1) = 3 3 +2 3 = 35 ja jagub ilmselt 7-ga.
Induktsiooni eeldus. Olgu A(k) jagub 7-ga.
Induktsiooni üleminek. Tõestame, et A(k+1) jagub 7-ga, st ülesande väite kehtivus n=k korral.
A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=
3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.
Viimane arv jagub 7-ga, kuna see on kahe täisarvu erinevus, mis jagub 7-ga. Seetõttu jagub 3 2n+1 +2 n+2 iga naturaalarvu n korral 7-ga.
2. Tõesta, et iga naturaalarvu n korral jagub arv 2 3 n+1 arvuga 3 n+1 ja ei jagu arvuga 3 n+2.
Tutvustame tähistust: a i =2 3 i +1.
Kui n=1 on meil ja 1 =2 3 +1=9. Niisiis, 1 jagub 3 2-ga ja ei jagu 3 3-ga.
Olgu n=k korral arv a k jagub 3 k+1-ga ja mitte jagub 3 k+2-ga, st a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kus m ei jagu 3-ga.
ja k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3,2 3 k)=
3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).
Ilmselgelt a k+1 jagub 3 k+2-ga ja mitte 3 k+3-ga.
Seetõttu on väide tõestatud mis tahes naturaalarvu n korral.
3. On teada, et x+1/x on täisarv. Tõesta, et x n +1/x n on ka iga täisarvu n täisarv.
Tutvustame tähistust: a i =х i +1/х i ja paneme kohe tähele, et a i =а –i, seega räägime naturaalindeksitest edasi.
Märkus: a 1 on kokkuleppeliselt täisarv; ja 2 on täisarv, kuna a 2 = (a 1) 2 –2; ja 0 =2.
Oletame, et a k on täisarv mis tahes naturaalarvu k korral, mis ei ületa n. Siis a 1 ·a n on täisarv, aga a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ja a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Induktsioonihüpoteesi kohaselt on n–1 aga täisarv. See tähendab, et n+1 on samuti täisarv. Seetõttu on x n +1/x n iga täisarvu n täisarv, mida oli vaja tõestada.
4. Tõesta, et iga naturaalarvu n korral, mis on suurem kui 1, on topeltvõrratus tõene
5. Tõesta, et loomuliku n > 1 ja |x| korral
(1–x)n + (1+x)n
Kui n=2 on ebavõrdsus tõene. Tõesti,
(1–x) 2 + (1+x) 2 = 2+2 x 2
Kui n=k korral on ebavõrdsus tõene, siis n=k+1 korral on see meil olemas
(1–x) k+1 +(1+x) k+1
Ebavõrdsus on tõestatud iga naturaalarvu n > 1 korral.
6. Tasapinnal on n ringi. Tõesta, et nende ringide mis tahes paigutuse korral saab nende moodustatud kaardi õigesti kahe värviga värvida.
Kasutame matemaatilise induktsiooni meetodit.
Kui n=1 on väide ilmne.
Oletame, et väide kehtib mistahes n ringist moodustatud kaardi kohta ja olgu tasapinnal n+1 ringi. Eemaldades ühe neist ringidest, saame kaardi, mida saab tehtud eeldusel õigesti kahe värviga värvida (vt esimest pilti allpool).
Taastame siis äravisatud ringi ja muudame selle ühel küljel, näiteks sees, iga ala värvi vastupidiseks (vt teist pilti). On hästi näha, et sel juhul saame kahe värviga korrektselt värvitud kaardi, kuid nüüd alles n+1 ringi jaoks, mida oligi vaja tõestada.
7. Kumerat hulknurka nimetatakse ilusaks, kui on täidetud järgmised tingimused:
1) iga selle tipp on värvitud ühes kolmest värvist;
2) mis tahes kaks kõrvuti asetsevat tippu on värvitud erinevat värvi;
3) vähemalt üks hulknurga tipp on värvitud iga kolme värviga.
Tõesta, et iga ilusat n-nurka saab lahutatud diagonaalide abil lõigata “ilusateks” kolmnurkadeks.
Kasutame matemaatilise induktsiooni meetodit.
Induktsiooni alus. Väikseima võimaliku n=3 korral on ülesande püstitus ilmne: “ilusa” kolmnurga tipud on maalitud kolme erineva värviga ja lõikeid pole vaja.
Induktsiooni eeldus. Oletame, et ülesande väide kehtib iga “ilusa” n-nurga kohta.
Induktsiooni samm. Vaatleme suvalist “ilusat” (n+1)-nurka ja tõestame induktsioonihüpoteesi abil, et seda saab mõne diagonaali võrra lõigata “ilusateks” kolmnurkadeks. Tähistame A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 (n+1)-nurga järjestikuseid tippe. Kui ainult üks (n+1)-nurga tipp on värvitud mõne kolme värviga, siis ühendades selle tipu diagonaalidega kõigi tippudega, mis sellega ei külgne, saame (n+1) vajaliku partitsiooni )-gon "ilusateks" kolmnurkadeks.
Kui (n+1)-nurga vähemalt kaks tippu on värvitud kõigis kolmes värvitoonis, siis tähistame tipu A 1 värvi numbriga 1 ja tipu A 2 värvi numbriga 2. Olgu k väikseim arv, mille puhul tipp A k on värvitud kolmanda värviga. On selge, et k > 2. Lõikame kolmnurga A k–2 A k–1 A k (n+1)-nurgast diagonaaliga A k–2 A k ära. Vastavalt arvu k valikule on selle kolmnurga kõik tipud värvitud kolme erineva värviga ehk see kolmnurk on “ilus”. Kumer n-nurk A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , mis jääb, on ka induktiivse eelduse tõttu "ilus", mis tähendab see on jagatud “ilusateks” kolmnurkadeks, mida ja vaja oli tõestada.
8. Tõesta, et kumeral n-nurgal on võimatu valida rohkem kui n diagonaali nii, et kahel neist oleks ühine punkt.
Teostame tõestuse matemaatilise induktsiooni meetodil.
Tõestame üldisemat väidet: kumeral n-nurgal on võimatu valida rohkem kui n külge ja diagonaali nii, et kahel neist oleks ühine punkt. Kui n = 3, on väide ilmne. Oletame, et see väide on tõene suvalise n-nurga korral ja seda kasutades tõestame selle kehtivust suvalise (n+1)-nurga puhul.
Oletame, et see väide (n+1)-nurga puhul ei kehti. Kui (n+1)-nurga igast tipust ei tule välja rohkem kui kaks valitud külge või diagonaali, siis valitakse neist kokku mitte rohkem kui n+1. Seetõttu on mõnest tipust A valitud vähemalt kolm külge ehk diagonaali AB, AC, AD. Olgu AC AB ja AD vahel. Kuna ükski punktist C väljuv külg või diagonaal peale CA ei saa samaaegselt ristuda punktidega AB ja AD, siis punktist C väljub ainult üks valitud diagonaal CA.
Kui jätta kõrvale punkt C koos diagonaaliga CA, saame kumera n-nurga, milles on valitud rohkem kui n külge ja diagonaali, millest kahel on ühine punkt. Seega jõuame vastuoluni eeldusega, et väide on tõene suvalise kumera n-nurga korral.
Seega on (n+1)-nurga väide tõene. Matemaatilise induktsiooni põhimõtte kohaselt kehtib väide iga kumera n-nurga korral.
9. Tasapinnas on n sirget, millest kaks pole paralleelsed ja kolm ei läbi sama punkti. Mitmeks osaks need sirged tasapinna jagavad?
Elementaarsete jooniste abil saate hõlpsalt kontrollida, et üks sirgjoon jagab tasapinna 2 osaks, kaks sirget 4 osaks, kolm sirget 7 osaks ja neli sirget 11 osaks.
Tähistame N(n)-ga osade arvu, milleks n sirget tasandit jagab. Võib märgata, et
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Seda on loomulik eeldada
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
või, nagu on lihtne kindlaks teha, kasutades aritmeetilise progressiooni esimese n liikme summa valemit,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Tõestame selle valemi kehtivust matemaatilise induktsiooni meetodil.
N=1 puhul on valem juba kontrollitud.
Olles teinud induktsioonieelduse, arvestame k+1 sirgeid, mis vastavad ülesande tingimustele. Valime nende hulgast suvaliselt k sirget. Induktsioonihüpoteesi järgi jagavad nad tasapinna 1+ k(k+1)/2 osaks. Ülejäänud (k+1)-nda sirge jagatakse valitud k sirge poolt k+1 osaks ja seetõttu läbib see (k+1)-ndat osa, milleks tasapind on juba jagatud, ja iga neist osadest jagatakse 2 osaks ehk lisandub veel k+1 osa. Niisiis,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
Q.E.D.
10. Avaldises x 1: x 2: ... : x n pannakse tegevuste järjekorra märkimiseks sulud ja tulemus kirjutatakse murruna:
(sel juhul on iga täht x 1, x 2, ..., x n kas murru lugejas või nimetajas). Kui palju erinevaid väljendeid saab sel viisil kõigi võimalike sulgude paigutamise viisidega?
Esiteks on selge, et saadud murdarvus on lugejas x 1. Peaaegu sama ilmne on, et x 2 on nimetajas olenemata sulgude paigutamisest (jagamismärk x 2 ees viitab kas x 2-le endale või mõnele avaldisele, mis sisaldab lugejas x 2).
Võib eeldada, et kõik teised tähed x 3, x 4, ..., x n võivad lugejas või nimetajas paikneda täiesti suvaliselt. Siit järeldub, et kokku saab 2 n–2 murdu: iga n–2 tähte x 3, x 4, ..., x n võib lugejas või nimetajas esineda teistest sõltumatult.
Tõestame seda väidet induktsiooniga.
Kui n = 3, saate 2 murdosa:
nii et väide vastab tõele.
Oletame, et see on tõene n=k korral ja tõestame seda n=k+1 korral.
Kirjutage avaldis x 1:x 2: ... :x k pärast mõnda sulgude paigutust teatud murdosa Q kujul. Kui selles avaldises asendame x k asemel x k:x k+1, siis on x k samas kohas, kus see oli murdosas Q, ja x k+1 ei asu seal, kus oli x k (kui x k oli nimetajas, siis x k+1 on lugejas ja vastupidi).
Nüüd tõestame, et saame lisada x k+1 samale kohale, kus asub x k. Murrus Q on pärast sulgude asetamist tingimata avaldis kujul q:x k, kus q on täht x k–1 või mõni sulgudes olev avaldis. Asendades q:x k avaldisega (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), saame ilmselgelt sama murru Q, kus x k asemel on x k ·x k+1 .
Seega on kõigi võimalike murdude arv juhul n=k+1 2 korda suurem kui juhul n=k ja võrdub 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Seega on väide tõestatud.
Vastus: 2 n–2 murdosa.
Probleemid lahenduseta
1. Tõesta, et iga loomuliku n korral:
a) arv 5 n –3 n +2n jagub 4-ga;
b) arv n 3 +11n jagub 6-ga;
c) arv 7 n +3n–1 jagub 9-ga;
d) arv 6 2n +19 n –2 n+1 jagub 17-ga;
e) arv 7 n+1 +8 2n–1 jagub 19-ga;
e) arv 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 jagub 27-ga.
2. Tõesta, et (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Tõesta võrratus |sin nx| n|sin x| mis tahes loodusliku n.
4. Leidke naturaalarvud a, b, c, mis ei jagu 10-ga ja nii et iga naturaalarvu n korral on arvude a n + b n ja c n kaks viimast numbrit samad.
5. Tõesta, et kui n punkti ei asu ühel sirgel, siis on neid ühendavate sirgete hulgas vähemalt n erinevat.
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
- Oletame, et n=k korral
- Tõestame seda väidet
3 3 -1=26 jagatakse 26-ga
3 3k+3 -1 jagub 26-ga
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
- Oletame, et n=k korral
37/27 =2187/128>14=2´7
ebavõrdsus on tõsi.
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 lahendama ka 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. Kasutades matemaatilise induktsiooni meetodit, tõestage, et mis tahes loomulik n kehtivad järgmised võrdsused: 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 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 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 b) Millal n= 1 on võrdsus järgmisel kujul: 2 1 - 1 = 1 2 või 1 = 1, see tähendab, P(1) on tõsi. Oletame, et võrdsus 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 ja tõestada, et see juhtubP(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 d) Millal n= 1 on võrdsus tõene: 1=1. Oletame, et see toimub Tõesti, e) Heakskiit P(1) tõsi: 2=2. Oletame, et võrdsus Järelikult kehtib algne võrdsus iga loomuliku kohta n. f) P(1) tõsi: 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, Näide 2. Tõesta ebavõrdsust Lahendus. a) Millal n= 1 saame tõelise ebavõrdsuse 1 + a ≥ 1 + a . Oletame, et tegemist on ebavõrdsusega 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. Nende arvude summa on ( 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 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 = 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: 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 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 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 loomuliku 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 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. MATEMAATILISE INDUKTSIOONI MEETOD Sõna induktsioon tähendab vene keeles juhendamist ja järeldusi, mis põhinevad vaatlustel, katsetel, s.t nimetatakse induktiivseteks. mis saadakse konkreetselt üldisele järeldamisel. Näiteks iga päev jälgime, et Päike tõuseb idast. Seetõttu võite olla kindel, et homme ilmub see idas, mitte läänes. Teeme selle järelduse ilma Päikese üle taeva liikumise põhjuse kohta eeldusi kasutamata (pealegi osutub see liikumine iseenesest näiliseks, kuna maakera tegelikult liigub). Ja ometi kirjeldab see induktiivne järeldus õigesti tähelepanekuid, mida me homme teeme. 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 läbimõtlemise 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 katki, 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. Paljudes aritmeetika, algebra, geomeetria ja analüüsi harudes on vaja tõestada lausete A(n) õigsust olenevalt naturaalmuutujast. Väite A(n) tõesuse tõestamine muutuja kõigi väärtuste puhul saab sageli läbi viia matemaatilise induktsiooni meetodil, mis põhineb järgmisel põhimõttel. Väide A(n) loetakse tõeseks muutuja kõigi loomulike väärtuste puhul, kui on täidetud kaks järgmist tingimust: Väide A(n) kehtib n=1 korral. Eeldusel, et A(n) on tõene n=k korral (kus k on suvaline naturaalarv), järeldub, et see on tõene järgmise väärtuse n=k+1 korral. Seda põhimõtet nimetatakse matemaatilise induktsiooni põhimõtteks. Tavaliselt valitakse see üheks aksioomiks, mis defineerib arvude loomulikku jada, ja seetõttu aktsepteeritakse seda ilma tõestuseta. Matemaatilise induktsiooni meetod tähendab järgmist tõestusmeetodit. Kui tahad tõestada lause A(n) õigsust kõigi loomulike n-de puhul, siis esiteks tuleks kontrollida väite A(1) õigsust ja teiseks väite A(k) õigsust eeldades, proovige tõestada, et väide A(k +1) on tõene. Kui seda on võimalik tõestada ja tõestus jääb kehtima iga k loomuliku väärtuse kohta, siis matemaatilise induktsiooni põhimõtte kohaselt tunnistatakse väide A(n) tõeseks kõigi n väärtuste puhul. Matemaatilise induktsiooni meetodit kasutatakse laialdaselt teoreemide, identiteetide, võrratuste tõestamisel, jaguvusülesannete lahendamisel, mõnede geomeetriliste ja paljude muude ülesannete lahendamisel. jagatavus Matemaatilise induktsiooni meetodi abil saate tõestada erinevaid väiteid naturaalarvude jaguvuse kohta. Järgmist väidet saab suhteliselt lihtsalt tõestada. Näitame, kuidas see matemaatilise induktsiooni meetodil saadakse. Näide 1. Kui n on naturaalarv, siis on arv paarisarv. Kui n=1 on meie väide tõene: - paarisarv. Oletame, et see on paarisarv. Kuna , 2k on paarisarv, siis Näide 2.Tõesta lause õigsust A(n)=(arv 5 on 19-kordne), n on naturaalarv. Lahendus. Väide A(1)=(19-ga jaguv arv) on tõene. Oletame, et mingi väärtuse korral n=k A(k)=(19-ga jagatav arv) on tõene. Siis, alates Ilmselgelt kehtib ka A(k+1). Tõepoolest, esimene liige jagub 19-ga eeldusel, et A(k) on tõene; ka teine liige jagub 19-ga, kuna sisaldab koefitsienti 19. Mõlemad matemaatilise induktsiooni põhimõtte tingimused on täidetud, seetõttu kehtib väide A(n) kõigi n väärtuste puhul. summeerivad seeriad
Näide 1.Tõesta valem Lahendus. Kui n=1, pöörduvad võrdsuse mõlemad pooled üheks ja seetõttu on matemaatilise induktsiooni printsiibi esimene tingimus täidetud. Oletame, et valem on n=k korral õige, s.t. Lisame selle võrdsuse mõlemad pooled ja teisendame parema poole. Siis saame Seega sellest, et valem on tõene n=k korral, järeldub, et see kehtib ka n=k+1 korral. See väide kehtib iga k loomuliku väärtuse kohta. Seega on täidetud ka matemaatilise induktsiooni põhimõtte teine tingimus. Valem on tõestatud. Näide 2.Tõesta, et loomuliku rea esimese n arvu summa on võrdne . Lahendus. Tähistagem vajalik kogus, s.t. Kui n = 1, on hüpotees tõene. Lase Tõepoolest, Probleem on lahendatud. Näide 3.Tõesta, et naturaalrea esimese n arvu ruutude summa on võrdne Lahendus. Laske . Teeskleme seda Ja lõpuks. Näide 4. Tõesta seda . Lahendus. Kui siis Näide 5. Tõesta seda Lahendus. Kui n = 1, on hüpotees ilmselt tõene. Laske . Tõestame seda. Tõesti, Näited matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamisest
ebavõrdsuse tõestus
Näide 1.Tõesta, et iga naturaalarvu n>1 korral Lahendus. Tähistame ebavõrdsuse vasakut poolt . Seetõttu kehtib n=2 ebavõrdsus. Olgu mõneks k. Tõestame, et siis ja . Meil on Võrreldes ja, on meil Iga positiivse täisarvu k korral on viimase võrrandi parem pool positiivne. Sellepärast . Kuid see tähendab ka. Näide 2.Leidke arutluses viga. avaldus. Iga naturaalarvu n korral on ebavõrdsus tõene. Tõestus. . (1)
Tõestame, et siis kehtib võrratus ka n=k+1 korral, s.t. Tõepoolest, mitte vähem kui 2 iga loomuliku k puhul. Lisame ebavõrdsuse vasakule poolele (1) ja paremale poolele 2. Saame õiglase ebavõrdsuse või Näide 3.Tõesta seda Lahendus. Kui n=2 on ebavõrdsus tõene, kuna . Olgu ebavõrdsus tõene n=k korral, kus k on mingi naturaalarv, s.t. Näitame, et siis kehtib võrratus ka n=k+1 korral, s.t. . (2)
Tõepoolest, tingimusel, , Seetõttu on ebavõrdsus tõsi , (3)
saadakse võrratusest (1), korrutades iga osa . Kirjutame võrratuse (3) ümber järgmiselt: . Jättes kõrvale positiivse liikme viimase ebavõrdsuse paremal küljel, saame õiglase ebavõrdsuse (2). Näide 4. Tõesta seda (1)
kus , , n on naturaalarv, mis on suurem kui 1. Lahendus. Kui n=2 on ebavõrdsus (1) saab kuju Alates , siis on ebavõrdsus tõsi . (3)
Lisades igale ebavõrdsuse osale (3), saame ebavõrdsuse (2). See tõestab, et n=2 korral on ebavõrdsus (1) tõene. Olgu ebavõrdsus (1) tõene n=k korral, kus k on mingi naturaalarv, s.t. . (4)
Tõestame, et siis peab ebavõrdsus (1) olema tõene ka n=k+1 korral, s.t. (5)
Korrutame võrratuse (4) mõlemad pooled a+b-ga. Kuna tingimusel , saame järgmise õiglase ebavõrdsuse: . (6)
Ebavõrdsuse (5) kehtivuse tõestamiseks piisab selle näitamisest , (7)
või mis on sama, . (8)
Ebavõrdsus (8) on samaväärne ebavõrdsusega Kui , siis , ja ebavõrdsuse (9) vasakul küljel on kahe positiivse arvu korrutis. Kui , siis , ja ebavõrdsuse (9) vasakul küljel on kahe negatiivse arvu korrutis. Mõlemal juhul on ebavõrdsus (9) tõene. See tõestab, et ebavõrdsuse (1) kehtivus n=k korral eeldab selle kehtivust n=k+1 korral. Teiste suhtes rakendatud matemaatilise induktsiooni meetod
ülesandeid Matemaatilise induktsiooni meetodi loomulikum rakendus geomeetrias, mis on lähedane selle meetodi kasutamisele arvuteoorias ja algebras, on selle rakendamine geomeetriliste arvutusülesannete lahendamisel. Vaatame mõnda näidet. Näide 1.Arvutage tavalise ruudu külg, mis on kirjutatud raadiusega R ringi. Lahendus. Kui n=2 on õige 2 n - ruut on ruut; tema pool. Edasi kahekordistamise valemi järgi leiame, et tavalise kaheksanurga külg Oletame, et korrapärase sissekirjutatud ruudu külg on väljendatud valemiga (1). Sel juhul vastavalt kahekordistusvalemile millest järeldub, et valem (1) kehtib kõigi n-de kohta. Näide 2.Mitmeks kolmnurgaks saab n-nurga (mitte tingimata kumera) jagada tema disjunktsete diagonaalidega? Lahendus. Kolmnurga puhul on see arv võrdne ühega (kolmnurga sisse ei saa tõmmata ainsatki diagonaali); nelinurga puhul on see arv ilmselgelt kaks. Oletame, et me juba teame, et iga k-gon, kus k A n A 1 A 2 Olgu A 1 A k selle partitsiooni üks diagonaale; see jagab n-nurga A 1 A 2 ...A n k-nurgaks A 1 A 2 ...A k ja (n-k+2)-nurgaks A 1 A k A k+1 .. .A n . Tehtud eelduse tõttu on partitsiooni kolmnurkade koguarv võrdne (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2; Seega on meie väide tõestatud kõigi n puhul. Näide 3.Esitage reegel arvu P(n) arvutamiseks viiside kohta, kuidas kumerat n-nurka saab kolmnurkadeks jagada disjunktsete diagonaalide abil. Lahendus. Kolmnurga puhul on see arv ilmselgelt võrdne ühega: P(3)=1. Oletame, et oleme arvud P(k) juba kõigi k jaoks määranud Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -1). Seda valemit kasutades saame järjekindlalt: P(4)=P(3)+P(3)=2, P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5, P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14 jne. Graafikutega saab ülesandeid lahendada ka matemaatilise induktsiooni meetodil. Olgu tasapinnal joonte võrgustik, mis ühendavad mõnda punkti ja millel pole teisi punkte. Nimetame sellist joonte võrgustikku kaardiks, mille tippudeks on antud punktid, kahe kõrvuti asetseva tipu vahelised kõvera lõigud - kaardi piirid, tasandi osad, milleks see on piiridega jagatud - kaardi riigid. Lennukile antakse mingi kaart. Me ütleme, et see on õigesti värvitud, kui iga riik on värvitud teatud värviga ja mis tahes kaks riiki, millel on ühine piir, on värvitud erinevate värvidega. Näide 4.Lennukis on n ringi. Tõesta, et nende ringide mis tahes paigutuse korral saab nende moodustatud kaardi õigesti kahe värviga värvida. Lahendus. Kui n=1 on meie väide ilmne. Oletame, et meie väide kehtib mistahes n ringist moodustatud kaardi kohta ja olgu tasapinnal n+1 ringi. Eemaldades ühe neist ringidest, saame kaardi, mida saab tehtud eelduse kohaselt õigesti värvida kahe värviga, näiteks must ja valge. Matemaatiline induktsioon on ühe enamlevinud matemaatilise tõestuse meetodi aluseks. Selle abil saate tõestada enamiku naturaalarvudega n valemeid, näiteks progressiooni S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n esimeste liikmete summa leidmise valem, Newtoni binoomvalem a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n . Esimeses lõigus analüüsime põhimõisteid, seejärel kaalume meetodi enda põhitõdesid ja seejärel ütleme teile, kuidas seda kasutada võrdsuse ja ebavõrdsuse tõestamiseks. Yandex.RTB R-A-339285-1 Kõigepealt vaatame, mis on induktsioon ja deduktsioon üldiselt. Definitsioon 1 Induktsioon on üleminek konkreetselt üldisele ja mahaarvamine vastupidi – üldisest konkreetsesse. Näiteks on meil väide: 254 saab jagada kahega. Sellest saame teha palju järeldusi, sealhulgas nii tõeseid kui ka valesid. Näiteks väide, et kõik täisarvud, mis lõpevad arvuga 4, saab jagada kahega ilma jäägita, on tõene, kuid väide, et suvaline kolmekohaline arv jagub 2-ga, on väär. Üldiselt võib öelda, et induktiivse arutluskäigu abil saab ühest teadaolevast või ilmsest arutlusest teha palju järeldusi. Matemaatiline induktsioon võimaldab meil kindlaks teha, kui õiged need järeldused on. Oletame, et meil on arvude jada nagu 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, . . . , 1 n (n + 1) , kus n tähistab mõnda naturaalarvu. Sel juhul saame järjestuse esimeste elementide lisamisel järgmise: S 1 = 1 1 2 = 1 2, S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4, S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5, . . . Induktsiooni kasutades võime järeldada, et S n = n n + 1 . Kolmandas osas tõestame seda valemit. See meetod põhineb samanimelisel põhimõttel. See on sõnastatud järgmiselt: 2. definitsioon Teatud väide on tõene loomuliku väärtuse n puhul, kui 1) see on tõene n = 1 ja 2) korral, kuna see avaldis kehtib suvalise loomuliku väärtuse n = k korral, järeldub, et see on tõene n = k + 1. Matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamine toimub kolmes etapis: Võtame näite, millest me varem rääkisime. Näide 1 Tõesta valem S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 . Lahendus
Nagu me juba teame, tuleb matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamiseks sooritada kolm järjestikust toimingut. K + 1 saame esitada algse jada esimeste liikmete ja k + 1 summana: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) Kuna teises toimingus saime S k = k k + 1, saame kirjutada järgmise: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) . Nüüd teostame vajalikud teisendused. Peame vähendama murdosa ühise nimetajani, vähendama sarnaseid termineid, rakendama lühendatud korrutamisvalemit ja vähendama saadud väärtust: S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2 Seega oleme tõestanud võrdsust kolmandas punktis, täites matemaatilise induktsiooni meetodi kõik kolm etappi. Vastus: valemi S n = n n + 1 oletus on õige. Võtame keerulisema ülesande trigonomeetriliste funktsioonidega. Näide 2 Tõestage identsus cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α . Lahendus
Nagu mäletame, peaks esimene samm olema võrdsuse kehtivuse kontrollimine, kui n on üks. Selle väljaselgitamiseks peame meeles pidama põhilisi trigonomeetrilisi valemeid. cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α Seetõttu on identsus tõene, kui n on võrdne ühega. Oletame nüüd, et selle kehtivus jääb n = k korral tõeseks, s.o. on tõsi, et cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α . Tõestame võrdsuse cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α juhul, kui n = k + 1, võttes aluseks eelneva eelduse. Trigonomeetrilise valemi järgi sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α Seega cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α Näite ülesande lahendamisest ebavõrdsuse tõestamiseks selle meetodi abil tõime artiklis vähimruutude meetodist. Lugege lõiku, kus on tuletatud lähenduskoefitsientide leidmise valemid. Kui märkate tekstis viga, tõstke see esile ja vajutage Ctrl+Enter
A) 
;
b) 
.
, saame
1/3 = 1/3. Olgu võrdsus P(n):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.
e)
f) 2 n > n 3 , n KOHTA N, n ≥ 10.
ja me näitame, et siis see toimub ja(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a . (1 + a) n ≥ 1 + n a (1)
= 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.
ja me tõestame seda
arvestades P(n), saame 
, järgib seda
Matemaatilise induktsiooni meetodi olemus
Matemaatilise induktsiooni meetod ülesannete lahendamisel
isegi. Niisiis, paarsus on tõestatud, kui n=1, paarsus tuletatakse paarsusest 
.See tähendab, et see on ühtlane kõigi n loodusväärtuste puhul.
Matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamine
, n on naturaalarv.
.
.
. Näitame seda 
.
.
.
. Siis
.
, .
, st. 
.
.
. Väide on tõestatud.
, kus >-1, , n on naturaalarv, mis on suurem kui 1.
. (1)
. (2)
. (9)
, tavalise kuusnurga külg 
, tavalise kolmekümne kahe kolmnurga külg 
. Seetõttu võime eeldada, et õige sisse kirjutatud 2 külg n - ruut iga võrdse kohta
. (1)
,
Induktsiooni ja deduktsiooni mõisted
Mis on matemaatilise induktsiooni meetod?
Kuidas kasutada matemaatilise induktsiooni meetodit võrratuste ja võrrandite lahendamiseks