Доказ за математичка индукција. Принцип на математичка индукција

Предавање 6. Метод на математичка индукција.

Новите знаења во науката и животот се добиваат на различни начини, но сите тие (ако не навлегувате во детали) се поделени на два вида - премин од општо кон специфично и од специфично кон општо. Првата е дедукција, втората е индукција. Дедуктивното расудување е она што вообичаено се нарекува во математиката. логично расудување, а во математичката наука дедукцијата е единствениот легитимен метод на истражување. Правилата на логичното расудување беа формулирани пред два и пол милениуми од античкиот грчки научник Аристотел. Тој создал комплетна листа на наједноставните правилно расудување, силогизми– „градежни блокови“ на логиката, а истовремено укажува на типично расудување кое е многу слично на точно, но неточно (најчесто се среќаваме со такво „псевдолошко“ расудување во медиумите).

Индукција (индукција - на латински насоки) е јасно илустрирано со познатата легенда за тоа како Исак Њутн го формулирал законот за универзална гравитација откако јаболко му паднало на глава. Друг пример од физиката: во феномен како што е електромагнетната индукција, електричното поле создава, „индуцира“ магнетно поле. „Њутновото јаболко“ е типичен пример за ситуација кога еден или повеќе посебни случаи, т.е. набљудувања, „предлагаат“ општа изјава; се извлекува општ заклучок врз основа на одредени случаи. Индуктивниот метод е главен за добивање на општи обрасци и во природните и во хуманитарните науки. Но, има многу значаен недостаток: врз основа на конкретни примери, може да се извлече неточен заклучок. Хипотезите кои произлегуваат од приватни набљудувања не се секогаш точни. Да разгледаме пример поради Ојлер.

Ќе ја пресметаме вредноста на триномот за некои први вредности n:

Забележете дека броевите добиени како резултат на пресметките се прости. И тоа може директно да се потврди за секој nПолиномна вредност од 1 до 39
е прост број. Меѓутоа, кога n=40 го добиваме бројот 1681=41 2, кој не е прост. Така, хипотезата што би можела да се појави овде, односно хипотезата дека за секој nброј
едноставно е, излегува дека е лажно.

Лајбниц во 17 век докажал дека за секоја позитивна целина nброј
делив со 3, број
делив со 5 итн. Врз основа на ова, тој претпостави дека за било кој непар ки секое природно nброј
поделено со к, но набрзо го забележав тоа
не се дели со 9.

Разгледаните примери ни овозможуваат да извлечеме важен заклучок: изјавата може да биде праведна во голем број посебни случаи и истовремено неправедна воопшто. Прашањето за валидноста на изјавата во општиот случај може да се реши со користење на посебен метод на расудување наречен со математичка индукција(целосна индукција, совршена индукција).

6.1. Принципот на математичка индукција.

♦ Методот на математичка индукција се заснова на принцип на математичка индукција , што е како што следува:

1) се проверува валидноста на оваа изјаваn=1 (индукциска основа) ,

2) валидноста на оваа изјава се претпоставува заn= к, Кадек– произволен природен број 1(индукција претпоставка) , а земајќи ја предвид оваа претпоставка, се утврдува неговата валидност заn= к+1.

Доказ. Да го претпоставиме спротивното, односно да претпоставиме дека изјавата не е точна за секое природно n. Потоа, постои таква природна м, Што:

1) изјава за n=мне е фер,

2) за секого n, помали м, изјавата е вистинита (со други зборови, ме првиот природен број за кој тврдењето не е точно).

Очигледно е дека м>1, затоа што За n=1 изјавата е точно (услов 1). Оттука,
- природен број. Излегува дека за природен број
исказот е точен, а за следниот природен број мтоа е неправедно. Ова е во спротивност со условот 2. ■

Забележете дека доказот ја користел аксиомата дека секое множество природни броеви содржи најмал број.

Се нарекува доказ заснован на принципот на математичка индукција со методот на целосна математичка индукција .

 Пример6.1. Докажете го тоа за секое природно nброј
делив со 3.

Решение.

1) Кога n=1, значи а 1 се дели со 3 и изјавата е точно кога n=1.

2) Да претпоставиме дека изјавата е точна за n=к,
, односно тој број
се дели со 3 и утврдуваме дека кога n=кБројот +1 се дели со 3.

Навистина,

Бидејќи Секој член е делив со 3, тогаш нивниот збир е исто така делив со 3. ■ 

 Пример6.2. Докажи дека збирот на првиот nприродните непарни броеви е еднаков на квадратот на нивниот број, т.е.

Решение.Да го користиме методот на целосна математичка индукција.

1) Ја проверуваме валидноста на оваа изјава кога n=1: 1=1 2 - ова е точно.

2) Да претпоставиме дека збирот на првиот к (
) од непарните броеви е еднаков на квадратот на бројот на овие броеви, т.е. Врз основа на оваа еднаквост, утврдуваме дека збирот на првиот к+1 непарни броеви е еднаков на
, тоа е .

Ја користиме нашата претпоставка и добиваме

. ■ 

За докажување на некои неравенки се користи методот на целосна математичка индукција. Да ја докажеме нееднаквоста на Бернули.

 Пример6.3. Докажете дека кога
и секое природно nнееднаквоста е вистина
(Нееднаквоста на Бернули).

Решение. 1) Кога n=1 добиваме
, што е точно.

2) Претпоставуваме дека кога n=кпостои нееднаквост
(*). Користејќи ја оваа претпоставка, го докажуваме тоа
. Забележете дека кога
оваа нееднаквост важи и затоа е доволно да се разгледа случајот
.

Да ги помножиме двете страни на неравенката (*) со бројот
и добиваме:

Тоа е (1+
.■ 

Доказ по метод нецелосна математичка индукција некоја изјава во зависност од n, Каде
се врши на сличен начин, но на почетокот се воспоставува правичност за најмала вредност n.

Некои проблеми не наведуваат експлицитно изјава што може да се докаже со математичка индукција. Во такви случаи, треба сами да ја утврдите шемата и да направите хипотеза за валидноста на оваа шема, а потоа да го користите методот на математичка индукција за да ја тестирате предложената хипотеза.

 Пример6.4. Најдете ја сумата
.

Решение.Ајде да ги најдеме сумите С 1 , С 2 , С 3. Ние имаме
,
,
. Претпоставуваме дека за секој природен nформулата е валидна
. За да ја тестираме оваа хипотеза, ќе го користиме методот на целосна математичка индукција.

1) Кога n=1 хипотеза е точна, бидејќи
.

2) Да претпоставиме дека хипотезата е точна за n=к,
, тоа е
. Користејќи ја оваа формула, утврдуваме дека хипотезата е вистинита дури и кога n=к+1, т.е

Навистина,

Значи, врз основа на претпоставката дека хипотезата е точна кога n=к,
, докажано е дека е точно и за n=к+1, и врз основа на принципот на математичка индукција заклучуваме дека формулата важи за секој природен број n. ■ 

 Пример6.5. Во математиката е докажано дека збирот на две рамномерно непрекинати функции е рамномерно континуирана функција. Врз основа на оваа изјава, треба да докажете дека збирот на кој било број
на рамномерно континуирани функции е рамномерно континуирана функција. Но, бидејќи сè уште не сме го вовеле концептот на „рамномерно континуирана функција“, да го поставиме проблемот поапстрактно: нека се знае дека збирот на две функции кои имаат одредено својство С, самиот го има имотот С. Да докажеме дека збирот на кој било број функции има својство С.

Решение.Основата на индукцијата овде е содржана во формулацијата на самиот проблем. Откако ја направивте индукциската претпоставка, размислете
функции ѓ 1 , ѓ 2 , …, ѓ n , ѓ n+1 кои имаат имот С. Потоа. На десната страна, првиот термин го има имотот Сспоред хипотезата за индукција, вториот член има својство Спо услов. Следствено, нивната сума има својство С– за два мандата „работи“ индукциската основа.

Ова ја докажува изјавата и ќе ја користиме понатаму. ■ 

 Пример6.6. Најди ги сите природни n, за кои нееднаквоста е вистина

Решение.Ајде да размислиме n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Имаме: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Така, можеме да направиме хипотеза: нееднаквост
има место за секого
. За да ја докажеме вистинитоста на оваа хипотеза, ќе го користиме принципот на нецелосна математичка индукција.

1) Како што беше утврдено погоре, оваа хипотеза е точна кога n=5.

2) Претпоставете дека е точно за n=к,
, односно неравенството важи
. Користејќи ја оваа претпоставка, докажуваме дека нееднаквоста
.

Бидејќи
и во
постои нееднаквост

на
,

тогаш го добиваме тоа
. Значи, вистинитоста на хипотезата кај n=к+1 произлегува од претпоставката дека е точно кога n=к,
.

Од ставовите. 1 и 2, врз основа на принципот на нецелосна математичка индукција, произлегува дека неравенството
точно за секое природно
. ■ 

 Пример6.7. Докажете го тоа за кој било природен број nформулата за диференцијација е валидна
.

Решение.На n=1 оваа формула изгледа вака
, или 1=1, односно точно е. Правејќи ја индукциската претпоставка, имаме:

Q.E.D. ■ 

 Пример6.8. Докажете дека множеството кое се состои од nелементи, има подмножества

Решение.Комплет кој се состои од еден елемент А, има две подмножества. Ова е точно бидејќи сите негови подмножества се празното множество и самото празно множество, и 2 1 =2.

Да претпоставиме дека секој сет на nелементи има подмножества Ако множеството А се состои од n+1 елементи, потоа поправаме еден елемент во него - го означуваме г, и поделете ги сите подмножества во две класи - оние што не содржат ги содржи г. Сите подмножества од првата класа се подмножества од множеството B добиени од A со отстранување на елемент г.

Сетот Б се состои од nелементи, и затоа, со индукција, тој има подмножества, па во прва класа подмножества

Но, во втората класа има ист број на подмножества: секое од нив се добива од точно едно подмножество од првата класа со додавање елемент. г. Затоа, вкупно множеството А
подмножества

Така изјавата се докажува. Забележете дека истото важи и за множество кое се состои од 0 елементи - празното множество: има едно подмножество - самото, и 2 0 = 1. ■ 

Метод на математичка индукција

Вовед

Главен дел

Целосна и нецелосна индукција
Принцип на математичка индукција
Метод на математичка индукција
Решавање на примери
Еднаквости
Делење на броеви
Нееднаквости

Заклучок

Список на користена литература

Вовед

Основата на секое математичко истражување се дедуктивните и индуктивните методи. Дедуктивниот метод на расудување е расудување од општо кон специфично, т.е. расудување, чија почетна точка е општиот резултат, а крајната точка е конкретниот резултат. Индукцијата се користи при преминување од одредени резултати во општи, т.е. е спротивно на дедуктивниот метод.

Методот на математичка индукција може да се спореди со напредок. Почнуваме од најниското, а како резултат на логично размислување доаѓаме до највисокото. Човекот отсекогаш се стремел кон напредок, кон способност логички да ги развива своите мисли, што значи дека самата природа му одредила да размислува индуктивно.

Иако обемот на примена на методот на математичка индукција порасна, малку време му се посветува во училишната програма. Па, кажи ми дека тие две-три лекции ќе му бидат корисни на човекот, за време на кои ќе чуе пет теоретски збора, ќе реши пет примитивни проблеми и, како резултат на тоа, ќе добие А за тоа што не знае ништо.

Но, толку е важно да можеш да размислуваш индуктивно.

Главен дел

Во неговото првобитно значење, зборот „индукција“ се применува на расудување преку кое се добиваат општи заклучоци врз основа на голем број конкретни искази. Наједноставниот метод на расудување од овој вид е целосна индукција. Еве еден пример за такво размислување.

Нека биде неопходно да се утврди дека секој парен природен број n во рамките на 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Овие девет еднаквости покажуваат дека секој од броевите за кои нè интересира е навистина претставен како збир од два едноставни члена.

Така, целосната индукција се состои од докажување на општата изјава посебно во секој од конечен број можни случаи.

Понекогаш општиот резултат може да се предвиди откако ќе се разгледаат не сите, туку доволно голем број конкретни случаи (т.н. нецелосна индукција).

Резултатот добиен со нецелосна индукција останува, меѓутоа, само хипотеза додека не се докаже со прецизно математичко расудување, покривајќи ги сите посебни случаи. Со други зборови, нецелосната индукција во математиката не се смета за легитимен метод на ригорозно докажување, туку е моќен метод за откривање нови вистини.

Нека, на пример, сакате да го најдете збирот на првите n последователни непарни броеви. Ајде да разгледаме посебни случаи:

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

По разгледувањето на овие неколку посебни случаи, се сугерира следниот општ заклучок:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тие. збирот на првите n последователни непарни броеви е n 2

Се разбира, направеното набљудување сè уште не може да послужи како доказ за валидноста на дадената формула.

Целосната индукција има само ограничени примени во математиката. Многу интересни математички искази опфаќаат бесконечен број посебни случаи, но не сме во можност да ги тестираме за бесконечен број случаи. Нецелосната индукција често доведува до погрешни резултати.

Во многу случаи, излезот од овој вид тешкотии е да се прибегне кон посебен метод на расудување, наречен метод на математичка индукција. Тоа е како што следува.

Да претпоставиме дека треба да ја докажете валидноста на одреден исказ за кој било природен број n (на пример, треба да докажете дека збирот на првите n непарни броеви е еднаков на n 2). Директната проверка на оваа изјава за секоја вредност на n е невозможна, бидејќи множеството природни броеви е бесконечно. За да ја докажете оваа изјава, прво проверете ја неговата валидност за n=1. Потоа тие докажуваат дека за која било природна вредност на k, валидноста на исказот што се разгледува за n=k ја подразбира неговата валидност за n=k+1.

Тогаш изјавата се смета за докажана за сите n. Всушност, изјавата е точна за n=1. Но, тогаш тоа е точно и за следниот број n=1+1=2. Валидноста на исказот за n=2 ја подразбира неговата валидност за n=2+

1=3. Тоа подразбира валидност на исказот за n=4 итн. Јасно е дека, на крајот, ќе дојдеме до кој било природен број n. Ова значи дека изјавата е точна за која било n.

Сумирајќи го кажаното, го формулираме следниот општ принцип.

Принципот на математичка индукција.

Ако реченицата A(n), во зависност од природен број n, е вистинита за n=1 и од фактот дека е точна за n=k (каде k е кој било природен број), произлегува дека е точно и за следниот број n=k +1, тогаш претпоставката A(n) е точна за секој природен број n.

Во голем број случаи, може да биде неопходно да се докаже валидноста на одреден исказ не за сите природни броеви, туку само за n>p, каде што p е фиксен природен број. Во овој случај, принципот на математичка индукција е формулиран на следниов начин.

Ако предлогот A(n) е точен за n=p и ако A(k)ÞA(k+1) за кој било k>p, тогаш предлогот A(n) е точно за кое било n>p.

Доказот со помош на методот на математичка индукција се изведува на следниов начин. Прво, исказот што треба да се докаже се проверува за n=1, т.е. се утврдува вистинитоста на тврдењето А(1). Овој дел од доказот се нарекува индукциона основа. Потоа доаѓа делот од доказот наречен индукциски чекор. Во овој дел ја докажуваат валидноста на исказот за n=k+1 под претпоставка за валидност на исказот за n=k (индукција претпоставка), т.е. докажете дека A(k)ÞA(k+1).

Докажете дека 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Решение: 1) Имаме n=1=1 2 . Оттука,

исказот е точен за n=1, т.е. А(1) е точно.

2) Да докажеме дека A(k)ÞA(k+1).

Нека k е кој било природен број и нека изјавата е точна за n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Да докажеме дека тогаш исказот е вистинит и за следниот природен број n=k+1, т.е. Што

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Навистина,

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

Значи, A(k)ÞA(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека претпоставката A(n) е точна за секој nÎN.

Докажете го тоа

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), каде x¹1

Решение: 1) За n=1 добиваме

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

затоа, за n=1 формулата е точна; А(1) е точно.

2) Нека k е кој било природен број и нека формулата е точна за n=k, т.е.

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

Да докажеме дека тогаш еднаквоста

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

Навистина

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).

Значи, A(k)ÞA(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека формулата е точна за секој природен број n.

Докажете дека бројот на дијагонали на конвексен n-аголник е еднаков на n(n-3)/2.

Решение: 1) За n=3 тврдењето е точно

И 3 е значајно, бидејќи во триаголник

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

А 2 А(3) е точно.

2) Да претпоставиме дека во секој

конвексен к-аголник има-

A 1 x A k =k(k-3)/2 дијагонали.

И k Да го докажеме тоа тогаш во конвексно

(k+1)-гон број

дијагонали A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нека A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 е конвексен (k+1)-аголник. Да нацртаме дијагонала A 1 A k во неа. За да го пресметате вкупниот број на дијагонали на овој (k+1)-аголник, треба да го изброите бројот на дијагонали во k-аголникот A 1 A 2 ...A k , додадете k-2 на добиениот број, т.е. треба да се земе предвид бројот на дијагонали на (k+1)-аголникот што произлегува од темето A k+1, а покрај тоа и дијагоналата A 1 A k.

Така,

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

Значи, A(k)ÞA(k+1). Поради принципот на математичка индукција, изјавата е точна за секој конвексен n-аголник.

Докажете дека за кое било n е точно следнава изјава:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

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

Ова значи дека за n=1 исказот е вистинит.

2) Да претпоставиме дека n=k

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

3) Размислете за оваа изјава за n=k+1

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

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

Докажавме дека еднаквоста е вистинита за n=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, изјавата е точна за секој природен број n.

Докажете дека за кој било природен број n еднаквоста е точно:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Нека n=1.

Тогаш X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Гледаме дека за n=1 тврдењето е точно.

2) Да претпоставиме дека еднаквоста е точно за n=k

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

3) Да ја докажеме вистинитоста на оваа изјава за n=k+1, т.е.

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

Од горенаведениот доказ е јасно дека исказот е точен за n=k+1, затоа, еднаквоста е точно за секој природен број n.

Докажете го тоа

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2 (n 2 +n+1), каде што n>2.

Решение: 1) За n=2 идентитетот изгледа вака: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

тие. вистина е.

2) Да претпоставиме дека изразот е точен за n=k

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

3) Да ја докажеме исправноста на изразот за n=k+1.

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

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k2 +k+1))´((k+2)((k+

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Докажавме дека еднаквоста е вистинита за n=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, изјавата е точна за секое n>2

Докажете го тоа

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

за било која природна n.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Да претпоставиме дека n=k, тогаш

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) Да ја докажеме вистинитоста на оваа изјава за n=k+1

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).

Потврдена е и валидноста на еднаквоста за n=k+1, затоа тврдењето е точно за секој природен број n.

Докажете дека идентитетот е точен

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

за било која природна n.

1) За n=1 идентитетот е вистинит 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Да претпоставиме дека за n=k

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

3) Да докажеме дека идентитетот е точен за n=k+1.

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

Од горенаведениот доказ е јасно дека тврдењето е точно за секој природен број n.

Докажете дека (11 n+2 +12 2n+1) е делив со 133 без остаток.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

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

Но (23´133) е делив со 133 без остаток, што значи дека за n=1 исказот е точно; А(1) е точно.

2) Да претпоставиме дека (11 k+2 +12 2k+1) е делив со 133 без остаток.

3) Да го докажеме тоа во овој случај

(11 k+3 +12 2k+3) се дели со 133 без остаток. Навистина, 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.

Добиената сума се дели со 133 без остаток, бидејќи неговиот прв член е делив со 133 без остаток по претпоставка, а во вториот еден од факторите е 133. Значи, A(k)ÞA(k+1). Врз основа на методот на математичка индукција, изјавата е докажана.

Докажете дека за кој било n 7 n -1 е делив со 6 без остаток.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш X 1 =7 1 -1=6 се дели со 6 без остаток. Ова значи дека кога n=1 изјавата е вистинита.

2) Да претпоставиме дека за n=k

7 k -1 се дели со 6 без остаток.

3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1.

X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k-1)+6.

Првиот член е делив со 6, бидејќи 7 k -1 е делив со 6 со претпоставка, а вториот член е 6. Ова значи дека 7 n -1 е множител на 6 за која било природна n. Врз основа на методот на математичка индукција, изјавата се докажува.

Докажете дека 3 3n-1 +2 4n-3 за произволно природно n е делив со 11.
Решение: 1) Нека n=1, тогаш

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 се дели со 11 без остаток. Ова значи дека за n=1 исказот е вистинит.

2) Да претпоставиме дека за n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 се дели со 11 без остаток.

3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1.

Првиот член е делив со 11 без остаток, бидејќи 3 3 3k-1 +2 4k-3 е делив со 11 по претпоставка, вториот е делив со 11, бидејќи еден од неговите фактори е бројот 11. Тоа значи дека збирот е делив со 11 без остаток за кој било природен број n. Врз основа на методот на математичка индукција, изјавата се докажува.

Докажете дека 11 2n -1 за произволно природно n е делив со 6 без остаток.

Решение: 1) Нека n=1, тогаш 11 2 -1=120 е делив со 6 без остаток. Ова значи дека кога n=1 изјавата е вистинита.

2) Да претпоставиме дека за n=k

11 2k -1 се дели со 6 без остаток.

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

Двата члена се деливи со 6 без остаток: првиот содржи повеќекратно од 6, бројот 120, а вториот е делив со 6 без остаток по претпоставка. Тоа значи дека збирот е делив со 6 без остаток. Врз основа на методот на математичка индукција, изјавата се докажува.

Докажете дека 3 3n+3 -26n-27 за произволен природен број n е делив со 26 2 (676) без остаток.

Решение: Прво докажуваме дека 3 3n+3 -1 е делив со 26 без остаток.

Кога n=0

3 3 -1=26 се дели со 26

Да претпоставиме дека за n=k

3 3k+3 -1 се дели со 26

Да го докажеме тоа изјавата

точно за n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – поделено со 26

Сега да го спроведеме доказот за изјавата формулирана во изјавата за проблемот.

1) Очигледно, кога n=1 изјавата е вистинита

3 3+3 -26-27=676

2) Да претпоставиме дека за n=k

изразот 3 3k+3 -26k-27 се дели со 26 2 без остаток.

3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

Двата члена се деливи со 26 2; првиот е делив со 26 2 затоа што докажавме дека изразот во загради е делив со 26, а вториот е делив со хипотезата за индукција. Врз основа на методот на математичка индукција, изјавата се докажува.

Докажете дека ако n>2 и x>0, тогаш неравенството е точно

(1+x) n >1+n´x.

Решение: 1) За n=2 важи неравенката, бидејќи

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

Значи А(2) е точно.

2) Да докажеме дека A(k)ÞA(k+1), ако k> 2. Да претпоставиме дека A(k) е точно, т.е. дека неравенството

(1+x) k >1+k´x. (3)

Да докажеме дека тогаш A(k+1) е исто така точно, т.е. дека неравенството

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Всушност, множејќи ги двете страни на неравенката (3) со позитивниот број 1+x, добиваме

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Да ја разгледаме десната страна на последната неравенка

stva; ние имаме

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

Како резултат на тоа, го добиваме тоа

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Значи, A(k)ÞA(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, може да се тврди дека неравенката на Бернули е точна за која било

Докажете дека нееднаквоста е точна

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

Решение: 1) Кога m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 двете страни се еднакви.

2) Да претпоставиме дека за m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Да докажеме дека за m=k+1 неравенството е точно

(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 .

Ја докажавме валидноста на неравенството за m=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, неравенството важи за секој природен m.

Докажете дека за n>6 неравенството е точно

3 n >n´2 n+1 .

Решение: Да ја препишеме неравенството во форма

За n=7 имаме

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

нееднаквоста е вистина.

Да претпоставиме дека за n=k

3) Да ја докажеме валидноста на неравенката за n=k+1.

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

Бидејќи k>7, последната неравенка е очигледна.

Врз основа на методот на математичка индукција, неравенството важи за кој било природен број n.

Докажете дека за n>2 неравенството е точно

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

Решение: 1) За n=3 неравенството е точно

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

Да претпоставиме дека за n=k

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

3) Да ја докажеме валидноста на не-

еднаквост за n=k+1

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

Да докажеме дека 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

Последново е очигледно, и затоа

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

Врз основа на методот на математичка индукција, нееднаквоста се докажува.

Заклучок

Конкретно, проучувајќи го методот на математичка индукција, го зголемив моето знаење во оваа област на математиката, а исто така научив да решавам проблеми што претходно беа надвор од мојата моќ.

Тоа беа главно логички и забавни задачи, т.е. само оние кои го зголемуваат интересот за самата математика како наука. Решавањето на ваквите проблеми станува забавна активност и може да привлече се повеќе љубопитни луѓе во математичките лавиринти. Според мене, ова е основата на секоја наука.

Продолжувајќи да го проучувам методот на математичка индукција, ќе се обидам да научам како да го применувам не само во математиката, туку и во решавање на проблеми од физиката, хемијата и самиот живот.

МАТЕМАТИКА:

ПРЕДАВАЊА, ПРОБЛЕМИ, РЕШЕНИЈА

Учебник / В.Г. Болтјански, Ју.В.Сидоров, М.И.Шабунин. Потпури ДОО 1996 година.

АЛГЕБРА И ПОЧЕТОЦИ НА АНАЛИЗАТА

Учебник / И.Т.Демидов, А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург, О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вајц. „Просветителство“ 1975 година.

Ако предлогот A(n) е точен за n=p и ако A(k) ≈ A(k+1) за кое било k>p, тогаш предлогот A(n) е точно за кое било n>p.

Докажете дека 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

1) Имаме n=1=1 2 . Според тоа, изјавата е точна за n=1, т.е. А(1) точно
2) Да докажеме дека A(k) ≥ A(k+1)

Нека k е кој било природен број и нека изјавата е точна за n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Да докажеме дека тогаш исказот е вистинит и за следниот природен број n=k+1, т.е. Што

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

Значи, A(k) 1 A(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека претпоставката A(n) е точна за секое n O N

Докажете го тоа

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), каде што x бр. 1

1) За n=1 добиваме
1+x=(x2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

затоа, за n=1 формулата е точна; А(1) точно

2) Нека k е кој било природен број и нека формулата е точна за n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Да докажеме дека тогаш еднаквоста

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

Значи, A(k) 1 A(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, заклучуваме дека формулата е точна за кој било природен број n

Докажете дека бројот на дијагонали на конвексен n-аголник е n(n-3)/2

Решение: 1) За n=3 тврдењето е точно, бидејќи во триаголникот

A 3 =3(3-3)/2=0 дијагонали; A 2 A(3) точно

2) Да претпоставиме дека во секој конвексен k-аголник има A 1 x A k =k(k-3)/2 дијагонали. A k Да докажеме дека тогаш во конвексен A k+1 (k+1)-гон бројот на дијагонали A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Така,

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

Значи, A(k) 1 A(k+1). Поради принципот на математичка индукција, изјавата е точна за секој конвексен n-аголник.

Докажете дека за кое било n е точно следнава изјава:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

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

2) Да претпоставиме дека n=k

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

3) Размислете за оваа изјава за n=k+1

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

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

Докажавме дека еднаквоста е вистинита за n=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, изјавата е точна за секој природен број n

Докажете дека за кој било природен број n еднаквоста е точно:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Нека n=1

Тогаш X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Гледаме дека за n=1 тврдењето е точно.

2) Да претпоставиме дека еднаквоста е точно за n=k

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

3) Да ја докажеме вистинитоста на оваа изјава за n=k+1, т.е.

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

Од горенаведениот доказ е јасно дека тврдењето е точно за n=k+1, затоа, еднаквоста е точно за секој природен број n

Докажете го тоа

((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(n 2 +n+1), каде што n>2

Решение: 1) За n=2 идентитетот изгледа вака:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2 (2 2 +2+1), т.е. вистина е
2) Да претпоставиме дека изразот е точен за n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2 (k 2 +k+1)
3) Да ја докажеме валидноста на изразот за n=k+1
(((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)

Докажете го тоа

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) за кој било природен број n

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Да претпоставиме дека n=k, тогаш
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Да ја докажеме вистинитоста на оваа изјава за n=k+1
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

Потврдена е и валидноста на еднаквоста за n=k+1, затоа тврдењето е точно за секој природен број n.

Докажете дека идентитетот е точен

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) за било која природна n

1) За n=1 идентитетот е вистинит 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Да претпоставиме дека за n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Да докажеме дека идентитетот е точен за n=k+1
(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)

Од горенаведениот доказ е јасно дека тврдењето е точно за секој природен број n.

Докажете дека (11 n+2 +12 2n+1) е делив со 133 без остаток

Решение: 1) Нека n=1, тогаш

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

Но (23 ґ 133) е делив со 133 без остаток, што значи дека за n=1 исказот е точно; А(1) е точно.

2) Да претпоставиме дека (11 k+2 +12 2k+1) е делив со 133 без остаток
3) Да докажеме дека во овој случај (11 k+3 +12 2k+3) е делив со 133 без остаток. Навистина
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

Добиениот збир се дели со 133 без остаток, бидејќи неговиот прв член е делив со 133 без остаток по претпоставка, а во вториот еден од факторите е 133. Значи, A(k) 1 A(k+1). Врз основа на методот на математичка индукција, изјавата се докажува

Докажете дека за кој било n 7 n -1 е делив со 6 без остаток

1) Нека n=1, тогаш X 1 =7 1 -1=6 се дели со 6 без остаток. Ова значи дека за n=1 исказот е вистинит
2) Да претпоставиме дека кога n=k 7 k -1 се дели со 6 без остаток
3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1

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

Првиот член е делив со 6, бидејќи 7 k -1 е делив со 6 со претпоставка, а вториот член е 6. Ова значи дека 7 n -1 е множител на 6 за кој било природен број n. Врз основа на методот на математичка индукција, изјавата се докажува.

Докажете дека 3 3n-1 +2 4n-3 за произволен природен број n е делив со 11.

1) Нека n=1, тогаш

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 се дели со 11 без остаток.

Ова значи дека за n=1 исказот е вистинит

2) Да претпоставиме дека кога n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 се дели со 11 без остаток
3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1

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

Докажете дека 11 2n -1 за произволен природен број n е делив со 6 без остаток

1) Нека n=1, тогаш 11 2 -1=120 се дели со 6 без остаток. Ова значи дека за n=1 исказот е вистинит
2) Да претпоставиме дека кога n=k 1 2k -1 се дели со 6 без остаток
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

И двата члена се деливи со 6 без остаток: првиот содржи множител од 6, 120, а вториот е делив со 6 без остаток по претпоставка. Тоа значи дека збирот е делив со 6 без остаток. Врз основа на методот на математичка индукција, изјавата се докажува.

Докажете дека 3 3n+3 -26n-27 за произволен природен број n е делив со 26 2 (676) без остаток

Прво да докажеме дека 3 3n+3 -1 е делив со 26 без остаток

1. Кога n=0
3 3 -1=26 се дели со 26
2. Да претпоставиме дека за n=k
3 3k+3 -1 се дели со 26
3. Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -поделено со 26

Сега да ја докажеме изјавата формулирана во изјавата за проблемот

1) Очигледно, за n=1 изјавата е вистинита
3 3+3 -26-27=676
2) Да претпоставиме дека за n=k изразот 3 3k+3 -26k-27 е поделен со 26 2 без остаток
3) Да докажеме дека тврдењето е точно за n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3-1)+(3 3k+3 -26k-27)

Докажи дека ако n>2 и x>0, тогаш неравенката (1+x) n >1+n ґ x е точно

1) За n=2 неравенството важи, бидејќи
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Значи А(2) е точно

2) Да докажеме дека A(k) ≈ A(k+1), ако k> 2. Да претпоставиме дека A(k) е точно, т.е. дека неравенството
(1+x) k >1+k ґ x. (3)

Да докажеме дека тогаш A(k+1) е исто така точно, т.е. дека неравенството

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Всушност, множејќи ги двете страни на неравенката (3) со позитивниот број 1+x, добиваме

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Размислете за десната страна на последната неравенка; ние имаме

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

Како резултат на тоа, добиваме дека (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Значи, A(k) 1 A(k+1). Врз основа на принципот на математичка индукција, може да се тврди дека неравенката на Бернули е валидна за кое било n> 2

Докажи дека неравенството (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 за a> 0 е точно

Решение: 1) Кога m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 двете страни се еднакви
2) Да претпоставиме дека за m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Да докажеме дека за m=k+1 неравенството е точно
(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

Докажавме дека неравенката е вистинита за m=k+1, затоа, врз основа на методот на математичка индукција, неравенството важи за секој природен број m

Докажи дека за n>6 неравенството 3 n >n ґ 2 n+1 е точно

Да ја преработиме неравенството во форма (3/2) n >2n

1. За n=7 имаме 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенството е точно
2. Да претпоставиме дека за n=k (3/2) k >2k
3) Да ја докажеме неравенството за n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Бидејќи k>7, последната неравенка е очигледна.

Врз основа на методот на математичка индукција, неравенството важи за кој било природен број n

Докажете дека за n>2 неравенството е точно

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) За n=3 неравенството е точно
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Да претпоставиме дека за n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Да ја докажеме валидноста на неравенката за n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Да докажеме дека 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

Последново е очигледно, и затоа

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

Врз основа на методот на математичка индукција, нееднаквоста се докажува.

Градски ликеј Брјанск бр.1

Истражувачка работа на тема:

Метод на математичка индукција

Завршено

Медвај ДОКонстантин

ученик 10 физика и математика

Градски ликеј Брјанск бр.1

Проверено

ТЈукачева ЗАлага Иванова

Вовед_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 3

Главен дел

Целосна и нецелосна индукција_ _ _ _ _ _ _ _ _ _3-4

Принцип на математичка индукција_ _ _ _ _4-5

Метод на математичка индукција _ _ _ _ _ _ 6

Решение со математичка индукција

До проблеми со собирање_ _ _ _ _ _ _ _ _ 7

На проблеми за докажување на неравенки_ _8

До проблеми со деливост _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _11

На проблеми за докажување идентитет _ _ _12

На други задачи _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 13

Заклучок 16

Список на користена литература _ _ _ _17

Вовед

збор индукцијана руски значи насоки, и индуктивенповикајте заклучоци направени врз основа на набљудувања, експерименти, т.е. добиени со заклучување од посебното кон општото.

Улогата на индуктивните заклучоци во експерименталните науки е многу голема. Тие ги даваат оние одредби од кои потоа се извлекуваат дополнителни заклучоци преку дедукција. И иако теоретската механика се заснова на трите закони за движење на Њутн, самите овие закони беа резултат на длабоко размислување преку експериментални податоци, особено Кеплеровите закони за планетарно движење, кои тој ги изведе од обработката на долгогодишни набљудувања од данскиот астроном Тихо. Брахе. Набљудувањето и индукцијата ќе бидат корисни во иднина за разјаснување на направените претпоставки. По експериментите на Мајкелсон за мерење на брзината на светлината во подвижен медиум, се покажа дека е неопходно да се разјаснат законите на физиката и да се создаде теоријата на релативност.

Во математиката, улогата на индукцијата е во голема мера тоа што лежи во основата на избраната аксиоматика. Откако долгорочната пракса покажа дека правата патека е секогаш пократка од закривената или скршената, природно беше да се формулира аксиома: за кои било три точки A, B и C, нееднаквоста

Концептот на „следење“, кој е основа на аритметиката, се појави и од набљудувањата на формирањето на војници, бродови и други нарачани множества.

Меѓутоа, не треба да се мисли дека ова ја исцрпува улогата на индукцијата во математиката. Се разбира, не треба експериментално да ги тестираме теоремите логички изведени од аксиоми: ако не се направени логички грешки при изведувањето, тогаш тие се вистинити доколку аксиомите што ги прифативме се вистинити. Но, многу изјави може да се заклучат од овој систем на аксиоми. А изборот на оние изјави кои треба да се докажат повторно се сугерира со индукција. Тоа е тоа што ви овозможува да ги одделите корисните теореми од бескорисните, покажува кои теореми може да се покажат како вистинити, па дури и помага да се опише патот на докажување.

Суштината на математичката индукција

Ајде да покажеме пример за користење Мметод Математски Ииндукција и на крајот ќе донесеме генерализирачки заклучок.

Нека биде неопходно да се утврди дека секој парен природен број во рамките на 4< n< 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

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

По разгледувањето на овие неколку посебни случаи, се сугерира следниот општ заклучок:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тие. збирот на првите n последователни непарни броеви е n 2

Се разбира, направеното набљудување сè уште не може да послужи како доказ за валидноста на

дадена формула.

Да претпоставиме дека треба да ја докажете валидноста на некоја изјава за кој било природен број n (на пример, треба да докажете дека збирот на првите n непарни броеви е еднаков на n 2). Директната проверка на оваа изјава за секоја вредност на n е невозможна, бидејќи множеството природни броеви е бесконечно. За да ја докажете оваа изјава, прво проверете ја неговата валидност за n=1. Потоа тие докажуваат дека за која било природна вредност на k, валидноста на исказот што се разгледува за n=k ја подразбира неговата валидност за n=k+1.

Сумирајќи го кажаното, го формулираме следниот општ принцип.

Принципот на математичка индукција.

Ако предлогот А( n ), во зависност од природниот број n , точно за n =1 и од фактот дека е точно за n = к (Каде к -било кој природен број), произлегува дека е точно за следниот број n = к +1, а потоа претпоставка А( n ) точно за кој било природен број n .

Во голем број случаи, може да биде потребно да се докаже валидноста на одреден исказ не за сите природни броеви, туку само за n> p, каде што p е фиксен природен број. Во овој случај, принципот на математичка индукција е формулиран на следниов начин.

Ако предлогот А( n ) точно за n = стр и ако А( к ) Þ А( к +1) за секого к > стр , потоа предлог А( n ) точно за секого n > стр .

Примена на методот на математичка индукција во задачите за сумирање

Примена на методот на математичка индукција во задачите за сумирање

За да го направите ова, прво проверете ја вистинитоста на изјавата број 1 - индукциска основа, а потоа се докажува дека ако исказот со број е точно n, тогаш вистинита е и следната изјава со број n + 1 - индукциски чекор, или индукциска транзиција.

Доказот со индукција може јасно да се претстави во форма на т.н принципот на домино. Дозволете било кој број на домино плочки да се постават во низа на таков начин што секоја домино плочка, при паѓање, нужно го превртува домино каменот што следи (ова е индуктивната транзиција). Потоа, ако ја туркаме првата коска (ова е основата на индукција), тогаш сите коски во редот ќе паднат.

Логичната основа за овој метод на докажување е т.н аксиома на индукција, петта од аксиомите на Пеано кои ги дефинираат природните броеви. Исправноста на методот на индукција е еквивалентна на фактот дека во кое било подмножество природни броеви има минимален елемент.

Постои и варијација, таканаречен принцип на целосна математичка индукција. Еве ја неговата строга формулација:

Принципот на целосна математичка индукција е исто така еквивалентен на индукциската аксиома во аксиомите на Пеано.

Примери

Задача.Да се докаже тоа, без оглед на природното nи вистински q≠ 1, важи еднаквоста

Доказ.Индукција на n.

База, n = 1:

Транзиција: Ајде да се преправаме

Q.E.D.

Коментар:точноста на исказот П nво овој доказ - исто како и вистината за еднаквоста

исто така види

Варијации и генерализации

Литература

Н.Ја.ВиленкинИндукција. Комбинаторика. Прирачник за наставници. М., Образование, 1976.-48 стр.
Л. И. Головина, И. М. ЈагломИндукција во геометријата, „Популарни предавања по математика“, број 21, Fizmatgiz 1961.-100 стр.
R. Courant, G. Robbins„Што е математика? Поглавје I, § 2.
I. S. СоминскиМетод на математичка индукција. „Популарни предавања по математика“, број 3, Издавачка куќа „Наука“ 1965.-58 стр.

Фондацијата Викимедија. 2010 година.

Погледнете што е „Методот на математичка индукција“ во другите речници:

Математичката индукција во математиката е еден од методите на докажување. Се користи за докажување на вистинитоста на одреден исказ за сите природни броеви. За да се направи ова, прво се проверува вистинитоста на исказот со број 1 врз основа на индукција, а потоа... ... Википедија

Метод на конструирање на теорија, во која се заснова на одредени нејзини одредби - аксиоми или постулати - од кои со расудување се изведуваат сите други одредби на теоријата (теореми), наречени докази m i. Правила според Крим... ... Филозофска енциклопедија

Индукција (лат. inductio guidance) е процес на логичко заклучување врз основа на преминот од одредена ситуација во општа ситуација. Индуктивното заклучување поврзува одредени премиси со заклучокот не толку преку законите на логиката, туку преку некои ... ... Википедија

ГЕНЕТСКИ МЕТОД- начин на дефинирање на содржината и суштината на предметот што се проучува не со конвенција, идеализација или логичен заклучок, туку со проучување на неговото потекло (врз основа на проучување на причините што довеле до неговото појавување, механизмот на формирање). Широк...... Филозофија на науката: Речник на основни поими

Метод за конструирање на научна теорија во која се заснова на некои почетни одредби (пресуди) на аксиома (Види Аксиома), или постулати, од кои мора да се извлечат сите други тврдења на оваа наука (теореми (Види теорема)). ... Голема советска енциклопедија

аксиоматска метода- АКСИОМАТИЧКИ МЕТОД (од грчкиот аксиома) е прифатена позиција - метод на конструирање на научна теорија, во која во докажувањето се користат само аксиоми, постулати и искази претходно изведени од нив. За прв пат јасно демонстрирано... ... Енциклопедија на епистемологијата и филозофијата на науката

Еден од методите за теоретска грешка за проценка на непознати количини од резултатите од мерењето што содржи случајни грешки. Н.К.М се користи и за приближување на претставувањето на дадена функција со други (поедноставни) функции и често излегува дека е ... Математичка енциклопедија

Математичката индукција е еден од методите на математичко докажување, кој се користи за докажување на вистинитоста на одреден исказ за сите природни броеви. За да го направите ова, прво проверете ... Википедија

Овој термин има други значења, видете Индукција. Индукција (лат. inductio guidance) е процес на логичко заклучување врз основа на преминот од одредена ситуација во општа ситуација. Индуктивното заклучување поврзува одредени премиси... ... Википедија