Dowód krotności metodą indukcji matematycznej. Przykłady indukcji

Korzystając z metody indukcji matematycznej, udowodnij, że dla dowolnego naturalnego N obowiązują następujące równości:
A) ;
B) .

Rozwiązanie.

a) Kiedy N= 1 równość jest prawdziwa. Zakładając ważność równości w N, pokażmy jego ważność nawet wtedy, gdy N+ 1. Rzeczywiście,

co było do okazania

b) Kiedy N= 1 ważność równości jest oczywista. Z założenia jego obowiązywania o godz N powinien

Biorąc pod uwagę równość 1 + 2 + ... + N = N(N+ 1)/2, otrzymujemy

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

tj. stwierdzenie jest również prawdziwe kiedy N + 1.

Przykład 1. Udowodnij następujące równości

Gdzie N O N.

Rozwiązanie. a) Kiedy N= 1 równość przyjmie postać 1=1, zatem P(1) jest prawdą. Załóżmy, że ta równość jest prawdziwa, to znaczy zachodzi

. Trzeba to sprawdzić (udowodnić).P(N+ 1), tj PRAWDA. Ponieważ (stosując hipotezę indukcyjną) rozumiemy, że P(N+ 1) jest stwierdzeniem prawdziwym.

Zatem zgodnie z metodą indukcji matematycznej pierwotna równość obowiązuje dla każdego naturalnego N.

Uwaga 2. Ten przykład można było rozwiązać inaczej. Rzeczywiście suma wynosi 1 + 2 + 3 + ... + N jest sumą pierwszego N wyrazy ciągu arytmetycznego z pierwszym wyrazem A 1 = 1 i różnica D= 1. Na podstawie dobrze znanego wzoru , otrzymujemy

b) Kiedy N= 1 równość przyjmie postać: 2 1 - 1 = 1 2 lub 1=1, czyli P(1) jest prawdą. Załóżmy, że zachodzi równość

1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) = N 2 i udowodnij, że tak się dziejeP(N + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) + (2(N + 1) - 1) = (N+ 1) 2 lub 1 + 3 + 5 + ... + (2 N - 1) + (2N + 1) = (N + 1) 2 .

Korzystając z hipotezy indukcyjnej, otrzymujemy

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

Zatem, P(N+ 1) jest prawdziwe i dlatego udowodniono wymaganą równość.

Uwaga 3. Przykład ten można rozwiązać (podobnie jak poprzedni) bez stosowania metody indukcji matematycznej.

c) Kiedy N= 1 równość jest prawdziwa: 1=1. Załóżmy, że równość jest prawdziwa

i pokaż to to jest prawdaP(N) oznacza prawdęP(N+ 1). Naprawdę, i od 2 N 2 + 7 N + 6 = (2 N + 3)(N+ 2), otrzymujemy i dlatego pierwotna równość obowiązuje dla każdego naturalnegoN.

d) Kiedy N= 1 równość jest prawdziwa: 1=1. Załóżmy, że to ma miejsce

i udowodnimy to

Naprawdę,

e) Zatwierdzenie P(1) prawda: 2=2. Załóżmy, że zachodzi równość

jest prawdą i udowodnimy, że implikuje to równość Naprawdę,

W konsekwencji pierwotna równość obowiązuje dla każdego naturalnego N.

F) P(1) prawda: 1/3 = 1/3. Niech będzie równość P(N):

. Pokażmy, że z ostatniej równości wynika, co następuje:

Rzeczywiście, biorąc to pod uwagę P(N) trzyma się, otrzymujemy

W ten sposób udowadnia się równość.

g) Kiedy N= 1 mamy A + B = B + A i dlatego równość jest sprawiedliwa.

Niech wzór dwumianu Newtona będzie ważny dla N = k, to jest,

Następnie Korzystanie z równości dostajemy

Przykład 2. Udowodnić nierówności

a) Nierówność Bernoulliego: (1 + a) N ≥ 1 + N a , a > -1, N O N.

B) X 1 + X 2 + ... + X N ≥ N, Jeśli X 1 X 2 · ... · X N= 1 i X I > 0, .

c) Nierówność Cauchy'ego względem średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej
Gdzie X I > 0, , N ≥ 2.

d) grzech 2 N a + cos 2 N a ≤ 1, N O N.

mi)

f) 2 N > N 3 , N O N, N ≥ 10.

Rozwiązanie. a) Kiedy N= 1 otrzymujemy prawdziwą nierówność

1 + za ≥ 1 + za . Załóżmy, że istnieje nierówność

(1 + a) N ≥ 1 + N A

(1)

i pokażemy, że wtedy to ma miejsce i(1 + a) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a .

Rzeczywiście, ponieważ a > -1 implikuje a + 1 > 0, to mnożąc obie strony nierówności (1) przez (a + 1), otrzymujemy

(1 + a) N(1 + a) ≥ (1 + N a )(1 + a ) lub (1 + a ) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a + N a 2 Od N 2 zatem ≥ 0(1 + a) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1)a + N za 2 ≥ 1 + ( N+ 1)a .

Zatem jeśli P(N) to w takim razie prawda P(N+ 1) jest prawdziwe, zatem zgodnie z zasadą indukcji matematycznej prawdziwa jest nierówność Bernoulliego.

b) Kiedy N= 1 otrzymujemy X 1 = 1 i dlatego X 1 ≥ 1 tzn P(1) jest uczciwym stwierdzeniem. Udawajmy, że P(N) jest prawdą, to znaczy, jeśli adica, X 1 ,X 2 ,...,X N - N liczby dodatnie, których iloczyn jest równy jeden, X 1 X 2 ·...· X N= 1 i X 1 + X 2 + ... + X N ≥ N.

Pokażmy, że z tego zdania wynika prawdziwość twierdzenia: jeżeli X 1 ,X 2 ,...,X N ,X N+1 - (N+ 1) liczby dodatnie takie, że X 1 X 2 ·...· X N · X N+1 = 1, zatem X 1 + X 2 + ... + X N + X N + 1 ≥N + 1.

Rozważmy następujące dwa przypadki:

1) X 1 = X 2 = ... = X N = X N+1 = 1. Wtedy suma tych liczb wynosi ( N+ 1), a wymagana nierówność jest spełniona;

2) co najmniej jedna liczba jest różna od jedynki, niech na przykład będzie większa niż jeden. Potem, od X 1 X 2 · ... · X N · X N+ 1 = 1, istnieje co najmniej jeszcze jedna liczba różna od jedności (dokładniej mniej niż jeden). Pozwalać X N+ 1 > 1 i X N < 1. Рассмотрим N liczby dodatnie

X 1 ,X 2 ,...,X N-1 ,(X N · X N+1). Iloczyn tych liczb jest równy jeden i zgodnie z hipotezą X 1 + X 2 + ... + X N-1 + X N X N + 1 ≥ N. Ostatnią nierówność zapisuje się następująco: X 1 + X 2 + ... + X N-1 + X N X N+1 + X N + X N+1 ≥ N + X N + X N+1 lub X 1 + X 2 + ... + X N-1 + X N + X N+1 ≥ N + X N + X N+1 - X N X N+1 .

Ponieważ

(1 - X N)(X N+1 - 1) > 0, zatem N + X N + X N+1 - X N X N+1 = N + 1 + X N+1 (1 - X N) - 1 + X N =
= N + 1 + X N+1 (1 - X N) - (1 - X N) = N + 1 + (1 - X N)(X N+1 - 1) ≥ N+ 1. Dlatego X 1 + X 2 + ... + X N + X N+1 ≥ N+1, to znaczy, jeśli P(N) to w takim razie prawdaP(N+ 1) uczciwe. Nierówność została udowodniona.

Uwaga 4. Znak równości zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy X 1 = X 2 = ... = X N = 1.

c) Niech X 1 ,X 2 ,...,X N- dowolne liczby dodatnie. Rozważ następujące N liczby dodatnie:

Ponieważ ich iloczyn jest równy jeden: zgodnie z udowodnioną wcześniej nierównością b), wynika z tego Gdzie

Uwaga 5. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy X 1 = X 2 = ... = X N .

D) P(1) jest uczciwym stwierdzeniem: sin 2 a + cos 2 a = 1. Załóżmy, że P(N) jest stwierdzeniem prawdziwym:

Grzech 2 N a + cos 2 N a ≤ 1 i pokaż co się stanieP(N+ 1). Naprawdę, grzech 2( N+ 1) za + cos 2( N+ 1) a = grzech 2 N grzech 2 a + cos 2 N cos 2 a< sin 2N a + cos 2 N a ≤ 1 (jeśli sin 2 a ≤ 1, to cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, następnie grzech 2 a < 1). Таким образом, для любого N O N grzech 2 N a + cos 2 N ≤ 1, a znak równości osiąga się tylko wtedy, gdyN = 1.

e) Kiedy N= 1 stwierdzenie jest prawdziwe: 1< 3 / 2 .

Załóżmy, że i udowodnimy to

Ponieważ

rozważając P(N), otrzymujemy

f) Biorąc pod uwagę uwagę 1, sprawdźmy P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000 zatem dla N= 10 stwierdzenie jest prawdziwe. Załóżmy, że 2 N > N 3 (N> 10) i udowodnij P(N+ 1), czyli 2 N+1 > (N + 1) 3 .

Od kiedy N> 10 mamy lub , wynika z tego

2N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N+ 1 lub N 3 > 3N 2 + 3N + 1. Biorąc pod uwagę nierówność (2 N > N 3 ), otrzymujemy 2 N+1 = 2 N·2 = 2 N + 2 N > N 3 + N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N + 1 = (N + 1) 3 .

Zatem zgodnie z metodą indukcji matematycznej dla dowolnego naturalnego N O N, N≥ 10 mamy 2 N > N 3 .

Przykład 3. Udowodnij to każdemu N O N

Rozwiązanie. A) P(1) jest stwierdzeniem prawdziwym (0 jest dzielone przez 6). Pozwalać P(N) jest sprawiedliwe, tzn N(2N 2 - 3N + 1) = N(N - 1)(2N- 1) jest podzielna przez 6. Pokażmy, że wtedy zachodzi P(N+ 1), czyli ( N + 1)N(2N+ 1) jest podzielna przez 6. Rzeczywiście, ponieważ

I jak N(N - 1)(2 N- 1) i 6 N 2 są podzielne przez 6, to ich suma wynosiN(N + 1)(2 N+ 1) jest podzielne przez 6.

Zatem, P(N+ 1) jest uczciwym stwierdzeniem i dlatego N(2N 2 - 3N+ 1) podzielne przez 6 dla dowolnego N O N.

b) Sprawdźmy P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11 zatem, P(1) jest uczciwym stwierdzeniem. Należy udowodnić, że jeśli 6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1 dzieli się przez 11 ( P(N)), następnie 6 2 N + 3 N+2 + 3 N jest również podzielna przez 11 ( P(N+ 1)). Rzeczywiście, od

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 i podobne 6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1 i 33 6 2 N-2 są podzielne przez 11, to ich suma wynosi 6 2N + 3 N+2 + 3 N jest podzielna przez 11. Twierdzenie zostało udowodnione. Indukcja w geometrii

Przykład 4. Oblicz bok prawidłowego 2 N-trójkąt wpisany w okrąg o promieniu R.

Opis bibliograficzny: Badanin A. S., Sizova M. Yu Zastosowanie metody indukcji matematycznej do rozwiązywania problemów dotyczących podzielności liczb naturalnych // Młody naukowiec. 2015. Nr 2. s. 84-86..02.2019).

Na olimpiadach matematycznych często pojawiają się dość trudne problemy z udowodnieniem podzielności liczb naturalnych. Uczniowie stają przed problemem: jak znaleźć uniwersalną metodę matematyczną, która pozwoli im rozwiązać takie problemy?

Okazuje się, że większość problemów z udowodnieniem podzielności można rozwiązać metodą indukcji matematycznej, jednak podręczniki szkolne poświęcają tej metodzie bardzo mało uwagi, najczęściej podaje się krótki opis teoretyczny i analizuje kilka problemów.

Metodę indukcji matematycznej znajdujemy w teorii liczb. U zarania teorii liczb matematycy odkrywali wiele faktów w sposób indukcyjny: L. Euler i K. Gauss czasami rozważali tysiące przykładów, zanim zauważyli wzór liczbowy i uwierzyli w niego. Ale jednocześnie zrozumieli, jak zwodnicze mogą być hipotezy, które przeszły „ostateczny” test. Aby indukcyjnie przejść od stwierdzenia zweryfikowanego dla skończonego podzbioru do podobnego stwierdzenia dla całego zbioru nieskończonego, wymagany jest dowód. Metodę tę zaproponował Blaise Pascal, który znalazł ogólny algorytm znajdowania znaków podzielności dowolnej liczby całkowitej przez dowolną inną liczbę całkowitą (traktat „O naturze podzielności liczb”).

Metoda indukcji matematycznej służy do udowodnienia poprzez wnioskowanie prawdziwości określonego twierdzenia dla wszystkich liczb naturalnych lub prawdziwości twierdzenia rozpoczynającego się od określonej liczby n.

Rozwiązywanie problemów mających na celu udowodnienie prawdziwości określonego twierdzenia metodą indukcji matematycznej składa się z czterech etapów (ryc. 1):

Ryż. 1. Schemat rozwiązania problemu

1. Podstawa indukcyjna . Sprawdzają ważność twierdzenia dla najmniejszej liczby naturalnej, dla której twierdzenie ma sens.

2. Hipoteza indukcyjna . Zakładamy, że stwierdzenie jest prawdziwe dla pewnej wartości k.

3. Przejście indukcyjne . Udowodnimy, że twierdzenie jest prawdziwe dla k+1.

4. Wniosek . Jeżeli taki dowód został przeprowadzony, to w oparciu o zasadę indukcji matematycznej można argumentować, że twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej n.

Rozważmy zastosowanie metody indukcji matematycznej do rozwiązywania problemów udowadniania podzielności liczb naturalnych.

Przykład 1. Udowodnić, że liczba 5 jest wielokrotnością 19, gdzie n jest liczbą naturalną.

Dowód:

1) Sprawdźmy, czy ten wzór jest poprawny dla n = 1: liczba =19 jest wielokrotnością 19.

2) Niech ten wzór będzie prawdziwy dla n = k, czyli liczba jest wielokrotnością 19.

Jest to wielokrotność liczby 19. Rzeczywiście, pierwszy wyraz jest podzielny przez 19 zgodnie z założeniem (2); drugi wyraz jest również podzielny przez 19, ponieważ zawiera współczynnik 19.

Przykład 2. Udowodnić, że suma kostek trzech kolejnych liczb naturalnych jest podzielna przez 9.

Dowód:

Udowodnijmy twierdzenie: „Dla dowolnej liczby naturalnej n wyrażenie n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 jest wielokrotnością 9.

1) Sprawdźmy, czy ten wzór jest poprawny dla n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 wielokrotności 9.

2) Niech ten wzór będzie prawdziwy dla n = k, czyli k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 jest wielokrotnością 9.

3) Udowodnijmy, że wzór jest prawdziwy również dla n = k + 1, czyli (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 jest wielokrotnością 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Wynikowe wyrażenie zawiera dwa wyrazy, z których każdy jest podzielny przez 9, więc suma jest podzielna przez 9.

4) Oba warunki zasady indukcji matematycznej są spełnione, zatem zdanie jest prawdziwe dla wszystkich wartości n.

Przykład 3. Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n liczba 3 2n+1 +2 n+2 jest podzielna przez 7.

Dowód:

1) Sprawdźmy, czy ten wzór jest poprawny dla n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 jest wielokrotnością 7.

2) Niech ten wzór będzie prawdziwy dla n = k, tj. 3 2 k +1 +2 k +2 dzielimy przez 7.

3) Udowodnijmy, że wzór jest prawdziwy również dla n = k + 1, tj.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .T. k. (3 2 k +1 +2 k +2) 9 dzieli się przez 7 i 7 2 k +2 dzieli się przez 7, następnie ich różnicę dzieli się przez 7.

4) Oba warunki zasady indukcji matematycznej są spełnione, zatem zdanie jest prawdziwe dla wszystkich wartości n.

Wiele problemów dowodowych w teorii podzielności liczb naturalnych można wygodnie rozwiązać metodą indukcji matematycznej, można nawet powiedzieć, że rozwiązywanie problemów tą metodą jest całkowicie algorytmiczne, wystarczy wykonać 4 podstawowe kroki. Ale tej metody nie można nazwać uniwersalną, ponieważ ma ona również wady: po pierwsze, można ją udowodnić tylko na zbiorze liczb naturalnych, a po drugie, można ją udowodnić tylko dla jednej zmiennej.

Dla rozwoju logicznego myślenia i kultury matematycznej metoda ta jest niezbędnym narzędziem, ponieważ wielki rosyjski matematyk A. N. Kołmogorow powiedział: „Zrozumienie i umiejętność prawidłowego stosowania zasady indukcji matematycznej jest dobrym kryterium dojrzałości logicznej, co jest absolutnie niezbędne dla matematyka.”

Literatura:

1. Indukcja Vilenkina N. Ya. Kombinatoryka. - M.: Edukacja, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. O indukcji matematycznej. - M., 1962. - 36 s.

3. Solominsky I. S. Metoda indukcji matematycznej. - M.: Nauka, 1974. - 63 s.

4. Sharygin I.F. Fakultatywny kurs matematyki: Rozwiązywanie problemów: Podręcznik dla klasy 10. średnia szkolna - M.: Edukacja, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Indukcja matematyczna. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 s.

Jeżeli zdanie A(n) w zależności od liczby naturalnej n jest prawdziwe dla n=1 oraz z tego, że jest prawdziwe dla n=k (gdzie k jest dowolną liczbą naturalną), wynika, że jest to prawdziwe także dla następna liczba n=k +1, to założenie A(n) jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej n.

Jeśli zdanie A(n) jest prawdziwe dla n=p i jeśli A(k) ≈ A(k+1) dla dowolnego k>p, to zdanie A(n) jest prawdziwe dla dowolnego n>p.

Dowód metodą indukcji matematycznej przeprowadza się w następujący sposób. Najpierw sprawdza się, czy twierdzenie do udowodnienia ma n=1, tj. zostaje stwierdzona prawdziwość twierdzenia A(1). Ta część dowodu nazywana jest podstawą indukcji. Następnie następuje część dowodu zwana krokiem indukcyjnym. W tej części dowodzą słuszności twierdzenia dla n=k+1 przy założeniu ważności twierdzenia dla n=k (założenie indukcyjne), tj. udowodnić, że A(k) 1 A(k+1)

Udowodnić, że 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

1) Mamy n=1=1 2 . Zatem stwierdzenie jest prawdziwe dla n=1, tj. A(1) prawda
2) Udowodnijmy, że A(k) ≥ A(k+1)

Niech k będzie dowolną liczbą naturalną i niech stwierdzenie będzie prawdziwe dla n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Udowodnimy, że wówczas twierdzenie jest prawdziwe także dla kolejnej liczby naturalnej n=k+1, czyli: Co

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

Zatem A(k) 1 A(k+1). Opierając się na zasadzie indukcji matematycznej, dochodzimy do wniosku, że założenie A(n) jest prawdziwe dla dowolnego n O N

Udowodnij to

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

1) Dla n=1 otrzymujemy
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

zatem dla n=1 wzór jest poprawny; A(1) prawda

2) Niech k będzie dowolną liczbą naturalną i niech wzór będzie prawdziwy dla n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Udowodnimy, że wtedy zachodzi równość

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

Zatem A(k) 1 A(k+1). Opierając się na zasadzie indukcji matematycznej, dochodzimy do wniosku, że wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej n

Udowodnić, że liczba przekątnych wypukłego n-kąta wynosi n(n-3)/2

Rozwiązanie: 1) Dla n=3 stwierdzenie jest prawdziwe, ponieważ w trójkącie

A 3 =3(3-3)/2=0 przekątnych; A 2A(3) prawda

2) Załóżmy, że w każdym wypukłym k-kącie znajdują się przekątne A 1 x A k =k(k-3)/2. A k Udowodnimy, że wówczas w wypukłym A k+1 (k+1)-gon liczba przekątnych A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Niech A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 będzie wypukłym (k+1)-kątem. Narysujmy w nim przekątną A 1 A k. Aby obliczyć całkowitą liczbę przekątnych tego (k+1)-kąta, należy policzyć liczbę przekątnych w k-kącie A 1 A 2 ...A k , do uzyskanej liczby dodać k-2, tj. należy uwzględnić liczbę przekątnych (k+1)-kątu wychodzącego z wierzchołka A k+1 oraz dodatkowo przekątną A 1 A k

Zatem,

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

Zatem A(k) 1 A(k+1). Ze względu na zasadę indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla każdego wypukłego n-kąta.

Udowodnić, że dla dowolnego n prawdziwe jest następujące stwierdzenie:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Rozwiązanie: 1) Niech zatem n=1

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

2) Załóżmy, że n=k

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

3) Rozważmy to stwierdzenie dla 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

Udowodniliśmy, że równość jest prawdziwa dla n=k+1, zatem na mocy metody indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej n

Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n prawdziwa jest równość:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Rozwiązanie: 1) Niech n=1

Wtedy X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Widzimy, że dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe.

2) Załóżmy, że równość jest prawdziwa dla n=k

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

3) Udowodnimy prawdziwość tego twierdzenia dla n=k+1, tj.

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

Z powyższego dowodu widać, że twierdzenie jest prawdziwe dla n=k+1, zatem równość jest prawdziwa dla dowolnej liczby naturalnej n

Udowodnij to

((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), gdzie n>2

Rozwiązanie: 1) Dla n=2 tożsamość wygląda następująco:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 `` 2 `` 3)/2(2 2 +2+1), tj. to prawda
2) Załóżmy, że wyrażenie jest prawdziwe dla n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1) `` … ` (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) Udowodnijmy słuszność wyrażenia na 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(k 2 +k+1)) Ć ((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)

Udowodniliśmy, że równość jest prawdziwa dla n=k+1, zatem na mocy metody indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego n>2

Udowodnij to

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) dla dowolnej liczby naturalnej n

Rozwiązanie: 1) Niech zatem n=1

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Załóżmy zatem, że n=k
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Udowodnimy prawdziwość tego twierdzenia dla 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)

Udowodniono także słuszność równości dla n=k+1, zatem twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej n.

Udowodnij, że tożsamość jest poprawna

(1 2 /1 ─ 3)+(2 2 /3 ─ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ─ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) dla dowolnego naturalnego n

1) Dla n=1 tożsamość jest prawdziwa 1 2 /1 `` 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Załóżmy, że dla n=k
(1 2 /1 `` 3)+…+(k 2 /(2k-1) `` (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Udowodnijmy, że tożsamość jest prawdziwa dla 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)) Ć ((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)

Z powyższego dowodu jasno wynika, że twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej n.

Udowodnić, że (11 n+2 +12 2n+1) jest podzielne przez 133 bez reszty

Rozwiązanie: 1) Niech zatem n=1

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

Ale (23 x 133) jest podzielne przez 133 bez reszty, co oznacza, że dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe; Odpowiedź (1) jest prawdziwa.

2) Załóżmy, że (11 k+2 +12 2k+1) jest podzielne przez 133 bez reszty
3) Udowodnijmy, że w tym przypadku (11 k+3 +12 2k+3) jest podzielne przez 133 bez reszty. Rzeczywiście
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

Otrzymaną sumę dzielimy przez 133 bez reszty, gdyż jej pierwszy wyraz jest z założenia podzielny przez 133 bez reszty, a w drugim z czynników wynosi 133. Zatem A(k) 1 A(k+1). Twierdzenie zostało udowodnione metodą indukcji matematycznej

Udowodnić, że dla dowolnego n 7 n -1 jest podzielne przez 6 bez reszty

1) Niech n=1, wtedy X 1 =7 1 -1=6 dzieli się przez 6 bez reszty. Oznacza to, że dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe
2) Załóżmy, że gdy n=k 7 k -1 dzieli się przez 6 bez reszty
3) Udowodnijmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n=k+1

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

Pierwszy wyraz jest podzielny przez 6, ponieważ 7 k -1 dzieli się przez 6 z założenia, a drugi wyraz to 6. Oznacza to, że 7 n -1 jest wielokrotnością 6 dla dowolnej liczby naturalnej n. Twierdzenie zostało udowodnione metodą indukcji matematycznej.

Udowodnić, że 3 3n-1 +2 4n-3 dla dowolnej liczby naturalnej n jest podzielna przez 11.

1) Niech zatem n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 dzieli się przez 11 bez reszty.

Oznacza to, że dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe

2) Załóżmy, że gdy n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 dzieli się przez 11 bez reszty
3) Udowodnijmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla 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

Pierwszy wyraz jest podzielny przez 11 bez reszty, ponieważ 3 3k-1 +2 4k-3 jest podzielny przez 11 z założenia, drugi jest podzielny przez 11, ponieważ jednym z jego czynników jest liczba 11. Oznacza to, że suma jest podzielna przez 11 bez reszty dla dowolnej liczby naturalnej n. Twierdzenie zostało udowodnione metodą indukcji matematycznej.

Udowodnij, że 11 2n -1 dla dowolnej liczby naturalnej n jest podzielne przez 6 bez reszty

1) Niech n=1, wtedy 11 2 -1=120 jest podzielne przez 6 bez reszty. Oznacza to, że dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe
2) Załóżmy, że gdy n=k 1 2k -1 dzielimy przez 6 bez reszty
11 2(k+1) -1=121 `` 11 2k -1=120 `` 11 2k +(11 2k -1)

Oba wyrazy są podzielne przez 6 bez reszty: pierwszy zawiera wielokrotność 6, 120, a drugi jest podzielny przez 6 bez reszty z założenia. Oznacza to, że suma jest podzielna przez 6 bez reszty. Twierdzenie zostało udowodnione metodą indukcji matematycznej.

Udowodnić, że 3 3n+3 -26n-27 dla dowolnej liczby naturalnej n jest podzielne przez 26 2 (676) bez reszty

Najpierw udowodnijmy, że 3 3n+3 -1 jest podzielne przez 26 bez reszty

1. Gdy n=0
3 3 -1=26 dzieli się przez 26
2. Załóżmy, że dla n=k
3 3k+3 -1 jest podzielne przez 26
3. Udowodnijmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n=k+1
3 3k+6 -1=27 `` 3 3k+3 -1=26 `` 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) - podzielone przez 26

Udowodnijmy teraz stwierdzenie sformułowane w stwierdzeniu problemu

1) Oczywiście dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe
3 3+3 -26-27=676
2) Załóżmy, że dla n=k wyrażenie 3 3k+3 -26k-27 dzielimy przez 26 2 bez reszty
3) Udowodnijmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Oba wyrazy są podzielne przez 26 2; pierwsza jest podzielna przez 26 2, ponieważ udowodniliśmy, że wyrażenie w nawiasach jest podzielne przez 26, a druga jest podzielna na podstawie hipotezy indukcyjnej. Twierdzenie zostało udowodnione metodą indukcji matematycznej

Udowodnić, że jeśli n>2 i x>0, to nierówność (1+x) n >1+n `` x jest prawdziwa

1) Dla n=2 nierówność jest prawdziwa, gdyż
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Zatem A(2) jest prawdziwe

2) Udowodnimy, że A(k) ≈ A(k+1), jeśli k> 2. Załóżmy, że A(k) jest prawdziwe, czyli że nierówność
(1+x) k >1+k ` x. (3)

Udowodnijmy, że wtedy A(k+1) jest również prawdziwe, czyli że nierówność

(1+x) k+1 >1+(k+1) `x

W rzeczywistości mnożąc obie strony nierówności (3) przez liczbę dodatnią 1+x, otrzymujemy

(1+x) k+1 >(1+k ` x)(1+x)

Rozważmy prawą stronę ostatniej nierówności; mamy

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

W rezultacie otrzymujemy, że (1+x) k+1 >1+(k+1) `` x

Zatem A(k) 1 A(k+1). Opierając się na zasadzie indukcji matematycznej, można argumentować, że nierówność Bernoulliego obowiązuje dla dowolnego n> 2

Udowodnić, że nierówność (1+a+a 2) m > 1+m `a+(m(m+1)/2) `a 2 dla a > 0 jest prawdziwa

Rozwiązanie: 1) Gdy m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) `a 2 obie strony są równe
2) Załóżmy, że dla m=k
(1+a+a 2) k >1+k `a+(k(k+1)/2) `a 2
3) Udowodnijmy, że dla m=k+1 nierówność jest prawdziwa
(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) Ć 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

Udowodniliśmy, że nierówność jest prawdziwa dla m=k+1, zatem na mocy metody indukcji matematycznej nierówność obowiązuje dla dowolnej liczby naturalnej m

Udowodnić, że dla n>6 prawdziwa jest nierówność 3 n >n `2 n+1

Zapiszmy nierówność w postaci (3/2) n >2n

1. Dla n=7 mamy 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 `` 7 nierówność jest prawdziwa
2. Załóżmy, że dla n=k (3/2) k >2k
3) Udowodnijmy nierówność dla n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ` (3/2)>2k ` (3/2)=3k>2(k+1)

Ponieważ k>7, ostatnia nierówność jest oczywista.

Na mocy metody indukcji matematycznej nierówność dotyczy dowolnej liczby naturalnej n

Udowodnij, że dla n>2 nierówność jest prawdziwa

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Dla n=3 nierówność jest prawdziwa
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Załóżmy, że dla n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Udowodnijmy słuszność nierówności dla n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Udowodnimy, że 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

To drugie jest oczywiste i dlatego

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

Nierówność zostaje udowodniona metodą indukcji matematycznej.

Wstęp

Głównym elementem

1. Indukcja całkowita i niepełna

2. Zasada indukcji matematycznej

3. Metoda indukcji matematycznej

4. Rozwiązywanie przykładów

5. Równości

6. Dzielenie liczb

7. Nierówności

Wniosek

Wykaz używanej literatury

Wstęp

Podstawą wszelkich badań matematycznych są metody dedukcyjne i indukcyjne. Dedukcyjna metoda rozumowania to wnioskowanie od ogółu do szczegółu, tj. rozumowanie, którego punktem wyjścia jest wynik ogólny, a punktem końcowym jest wynik szczegółowy. Indukcję stosuje się przy przechodzeniu od wyników szczegółowych do wyników ogólnych, tj. jest przeciwieństwem metody dedukcyjnej.

Metodę indukcji matematycznej można porównać do postępu. Zaczynamy od najniższego, a w wyniku logicznego myślenia dochodzimy do najwyższego. Człowiek od zawsze dążył do postępu, do umiejętności logicznego rozwijania swojego myślenia, co oznacza, że sama natura przeznaczyła go do myślenia indukcyjnego.

Choć zakres stosowania metody indukcji matematycznej wzrósł, w szkolnym programie nauczania poświęca się jej niewiele czasu. Cóż, powiedz mi, że te dwie lub trzy lekcje przydadzą się osobie, podczas której usłyszy pięć słów teorii, rozwiąże pięć prymitywnych problemów i w rezultacie otrzyma piątkę za to, że nic nie wie.

Ale niezwykle ważna jest umiejętność myślenia indukcyjnego.

Głównym elementem

W swoim pierwotnym znaczeniu słowo „indukcja” odnosi się do rozumowania, w wyniku którego dochodzi się do ogólnych wniosków na podstawie szeregu konkretnych twierdzeń. Najprostszą metodą tego rodzaju rozumowania jest indukcja zupełna. Oto przykład takiego rozumowania.

Niech trzeba będzie ustalić, że każda parzysta liczba naturalna n w obrębie 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.

Te dziewięć równości pokazuje, że każda z liczb, którymi jesteśmy zainteresowani, jest rzeczywiście reprezentowana jako suma dwóch prostych wyrazów.

Zatem indukcja zupełna polega na samodzielnym udowodnieniu twierdzenia ogólnego w każdym ze skończonej liczby możliwych przypadków.

Czasami ogólny wynik można przewidzieć po uwzględnieniu nie wszystkich, ale dostatecznie dużej liczby poszczególnych przypadków (tzw. indukcja niepełna).

Wynik uzyskany na drodze indukcji niezupełnej pozostaje jednak jedynie hipotezą, dopóki nie zostanie udowodniony precyzyjnym rozumowaniem matematycznym, obejmującym wszystkie przypadki szczególne. Innymi słowy, niepełna indukcja w matematyce nie jest uważana za uprawnioną metodę rygorystycznego dowodu, ale jest potężną metodą odkrywania nowych prawd.

Załóżmy, że chcesz znaleźć sumę pierwszych n kolejnych liczb nieparzystych. Rozważmy szczególne przypadki:

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

Po rozważeniu tych kilku szczególnych przypadków nasuwa się następujący ogólny wniosek:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

te. suma pierwszych n kolejnych liczb nieparzystych wynosi n 2

Oczywiście poczyniona obserwacja nie może jeszcze służyć jako dowód słuszności danej formuły.

Indukcja całkowita ma jedynie ograniczone zastosowania w matematyce. Wiele interesujących twierdzeń matematycznych obejmuje nieskończoną liczbę przypadków specjalnych, ale nie jesteśmy w stanie przetestować ich dla nieskończonej liczby przypadków. Niepełna indukcja często prowadzi do błędnych wyników.

W wielu przypadkach wyjściem z tego rodzaju trudności jest zastosowanie specjalnej metody rozumowania, zwanej metodą indukcji matematycznej. Jest następująco.

Załóżmy, że musisz udowodnić ważność pewnego stwierdzenia dla dowolnej liczby naturalnej n (na przykład musisz udowodnić, że suma pierwszych n liczb nieparzystych jest równa n 2). Bezpośrednia weryfikacja tego twierdzenia dla każdej wartości n jest niemożliwa, gdyż zbiór liczb naturalnych jest nieskończony. Aby udowodnić to twierdzenie, najpierw sprawdź jego ważność dla n=1. Następnie dowodzą, że dla dowolnej wartości naturalnej k z ważności rozważanego twierdzenia dla n=k wynika jego ważność dla n=k+1.

Wtedy stwierdzenie uważa się za udowodnione dla wszystkich n. W rzeczywistości stwierdzenie jest prawdziwe dla n=1. Ale wtedy jest to również prawdą dla następnej liczby n=1+1=2. Z ważności twierdzenia dla n=2 wynika jego ważność dla n=2+

1=3. Oznacza to ważność stwierdzenia dla n=4 itd. Jasne jest, że w końcu dojdziemy do dowolnej liczby naturalnej n. Oznacza to, że stwierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego n.

Podsumowując to, co zostało powiedziane, formułujemy następującą ogólną zasadę.

Zasada indukcji matematycznej.

Jeżeli propozycja A( N ), w zależności od liczby naturalnej N , prawda dla N =1 i z faktu, że jest to prawdą dla n=k (Gdzie k -dowolna liczba naturalna), wynika z tego, że jest to prawdą dla kolejnej liczby n=k+1 , to założenie A( N ) prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej N .

W wielu przypadkach konieczne może okazać się udowodnienie ważności danego twierdzenia nie dla wszystkich liczb naturalnych, lecz tylko dla n>p, gdzie p jest ustaloną liczbą naturalną. W tym przypadku zasada indukcji matematycznej jest sformułowana w następujący sposób. Jeżeli propozycja A( N ) prawda n=p i jeśli A( k ) Þ A( k+1) dla kazdego k>p, następnie zdanie A( N) prawdziwe dla każdego n>str.

PRZYKŁAD 1

Udowodnić, że 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Rozwiązanie: 1) Mamy n=1=1 2 . Stąd,

stwierdzenie jest prawdziwe dla n=1, tj. Odpowiedź (1) jest prawdziwa.

2) Udowodnijmy, że A(k)ÞA(k+1).

Niech k będzie dowolną liczbą naturalną i niech stwierdzenie będzie prawdziwe dla n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Udowodnimy, że wówczas twierdzenie jest prawdziwe także dla kolejnej liczby naturalnej n=k+1, czyli: Co

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Rzeczywiście,

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

Zatem A(k)ÞA(k+1). Opierając się na zasadzie indukcji matematycznej, dochodzimy do wniosku, że założenie A(n) jest prawdziwe dla dowolnego nÎN.

PRZYKŁAD 2

Udowodnij to

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

Rozwiązanie: 1) Dla n=1 otrzymujemy

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

zatem dla n=1 wzór jest poprawny; Odpowiedź (1) jest prawdziwa.

2) Niech k będzie dowolną liczbą naturalną i niech wzór będzie prawdziwy dla n=k, tj.

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

Udowodnimy, że wtedy zachodzi równość

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

Rzeczywiście

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).

Zatem A(k)ÞA(k+1). Opierając się na zasadzie indukcji matematycznej, dochodzimy do wniosku, że wzór jest prawdziwy dla dowolnej liczby naturalnej n.

PRZYKŁAD 3

Udowodnić, że liczba przekątnych wypukłego n-kąta jest równa n(n-3)/2.

Rozwiązanie: 1) Dla n=3 stwierdzenie jest prawdziwe

A 3 ma znaczenie, bo w trójkącie

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

2A(3) jest prawdziwe.

2) Załóżmy, że w każdym

wypukły k-gon ma-

A 1 x A k =k(k-3)/2 przekątne.

I k Udowodnijmy to wtedy w wypukłości

(k+1)-liczba gonowa

przekątne A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Zatem,

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

Zatem A(k)ÞA(k+1). Ze względu na zasadę indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla każdego wypukłego n-kąta.

PRZYKŁAD 4

Udowodnić, że dla dowolnego n prawdziwe jest następujące stwierdzenie:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rozwiązanie: 1) Niech zatem n=1

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

Oznacza to, że dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe.

2) Załóżmy, że n=k

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

3) Rozważmy to stwierdzenie dla 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.

Udowodniliśmy, że równość jest prawdziwa dla n=k+1, zatem na mocy metody indukcji matematycznej twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej n.

PRZYKŁAD 5

Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n prawdziwa jest równość:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rozwiązanie: 1) Niech n=1.

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

Widzimy, że dla n=1 stwierdzenie jest prawdziwe.

2) Załóżmy, że równość jest prawdziwa dla n=k

Prawdziwa wiedza zawsze opierała się na ustaleniu wzoru i udowodnieniu jego prawdziwości w określonych okolicznościach. Przez tak długi okres istnienia logicznego rozumowania podano sformułowania reguł, a Arystoteles sporządził nawet listę „poprawnych rozumowań”. Historycznie rzecz biorąc, zwyczajem było dzielenie wszystkich wniosków na dwa typy - od konkretnego do wielokrotności (indukcja) i odwrotnie (dedukcja). Należy zauważyć, że rodzaje dowodów od konkretnego do ogólnego i od ogólnego do szczegółowego istnieją tylko w połączeniu i nie mogą być wymieniane.

Indukcja w matematyce

Termin „indukcja” ma korzenie łacińskie i dosłownie tłumaczy się jako „poradnictwo”. Po bliższym przestudiowaniu można wyróżnić strukturę słowa, a mianowicie łaciński przedrostek - in- (oznacza działanie skierowane do wewnątrz lub przebywanie w środku) i -dukcja - wprowadzenie. Warto zauważyć, że istnieją dwa rodzaje - indukcja pełna i niepełna. Pełną formę charakteryzują wnioski wyciągnięte z badań wszystkich obiektów określonej klasy.

Niekompletne - wnioski, które dotyczą wszystkich przedmiotów zajęć, ale wyciągane są na podstawie przestudiowania tylko niektórych jednostek.

Pełna indukcja matematyczna to wnioskowanie oparte na ogólnym wniosku o całej klasie dowolnych obiektów, które są funkcjonalnie połączone relacjami naturalnego ciągu liczb, oparte na znajomości tego związku funkcjonalnego. W tym przypadku proces sprawdzający przebiega w trzech etapach:

pierwsza dowodzi słuszności stanowiska indukcji matematycznej. Przykład: f = 1, indukcja;
kolejny etap opiera się na założeniu, że stanowisko obowiązuje dla wszystkich liczb naturalnych. Oznacza to, że f=h jest hipotezą indukcyjną;
w trzecim etapie dowodzi się słuszności stanowiska dla liczby f=h+1 w oparciu o poprawność położenia punktu poprzedniego – jest to przejście indukcyjne, czyli krok indukcji matematycznej. Przykładem jest tzw. jeśli spadnie pierwszy kamień w rzędzie (podstawa), to wszystkie kamienie w rzędzie spadną (przejście).

I żartobliwie i poważnie

Dla łatwiejszego zrozumienia przykłady rozwiązań wykorzystujących metodę indukcji matematycznej przedstawiono w formie zadań żartobliwych. Oto zadanie „Uprzejmy kolejka”:

Zasady postępowania zabraniają mężczyźnie skręcania przed kobietą (w takiej sytuacji może ona iść dalej). Bazując na tym stwierdzeniu, jeśli ostatni w kolejce jest mężczyzną, to wszyscy pozostali są mężczyznami.

Uderzającym przykładem metody indukcji matematycznej jest problem „lotu bezwymiarowego”:

Wymagane jest wykazanie, że w minibusie zmieści się dowolna liczba osób. Prawdą jest, że w pojeździe bez problemu zmieści się jedna osoba (podstawa). Ale niezależnie od tego, jak zapełniony jest minibus, zawsze zmieści się w nim 1 pasażer (stopień indukcyjny).

Znane kręgi

Przykłady rozwiązywania problemów i równań metodą indukcji matematycznej są dość powszechne. Jako ilustrację tego podejścia rozważmy następujący problem.

Stan: na płaszczyźnie znajduje się h okręgów. Należy wykazać, że dla dowolnego układu figur, utworzoną przez nie mapę można poprawnie pokolorować dwoma kolorami.

Rozwiązanie: gdy h=1 prawdziwość twierdzenia jest oczywista, zatem dowód zostanie skonstruowany dla liczby okręgów h+1.

Załóżmy, że stwierdzenie to obowiązuje dla dowolnej mapy i na płaszczyźnie znajdują się okręgi h+1. Usuwając jedno z okręgów z sumy, możesz otrzymać mapę poprawnie pokolorowaną dwoma kolorami (czarnym i białym).

Podczas przywracania usuniętego okręgu kolor każdego obszaru zmienia się na przeciwny (w tym przypadku wewnątrz okręgu). Rezultatem jest mapa poprawnie pokolorowana w dwóch kolorach, co należało sprawdzić.

Przykłady z liczbami naturalnymi

Poniżej wyraźnie pokazano zastosowanie metody indukcji matematycznej.

Przykłady rozwiązań:

Udowodnić, że dla dowolnego h poprawna jest równość:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Niech h=1, co oznacza:

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

Wynika z tego, że dla h=1 stwierdzenie jest prawdziwe.

2. Zakładając, że h=d otrzymujemy równanie:

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

3. Zakładając, że h=d+1 okazuje się, że:

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

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

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

W ten sposób udowodniono słuszność równości dla h=d+1, zatem twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnej liczby naturalnej, co pokazano na przykładowym rozwiązaniu metodą indukcji matematycznej.

Zadanie

Stan: wymagany jest dowód, że dla dowolnej wartości h wyrażenie 7 h -1 jest podzielne przez 6 bez reszty.

Rozwiązanie:

1. Powiedzmy, że h=1, w tym przypadku:

R 1 =7 1 -1=6 (tj. podzielone przez 6 bez reszty)

Zatem dla h=1 stwierdzenie jest prawdziwe;

2. Niech h=d i 7 d -1 podzielimy przez 6 bez reszty;

3. Dowodem słuszności twierdzenia dla h=d+1 jest wzór:

R re +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

W tym przypadku pierwszy wyraz jest podzielny przez 6 zgodnie z założeniem pierwszego punktu, a drugi wyraz jest równy 6. Prawdziwe jest stwierdzenie, że 7 h -1 dzieli się przez 6 bez reszty dla dowolnego naturalnego h jest prawdziwe.

Błędy w ocenie

Często w dowodach stosuje się błędne rozumowanie ze względu na niedokładność zastosowanych konstrukcji logicznych. Dzieje się tak głównie wtedy, gdy naruszona zostaje struktura i logika dowodu. Przykładem błędnego rozumowania jest poniższa ilustracja.

Zadanie

Stan: wymagany jest dowód, że stos kamieni nie jest stosem.

Rozwiązanie:

1. Załóżmy, że h=1, w tym przypadku w stosie znajduje się 1 kamień i stwierdzenie jest prawdziwe (podstawa);

2. Niech dla h=d prawdą będzie, że stos kamieni nie jest stosem (założenie);

3. Niech h=d+1, z czego wynika, że po dodaniu jeszcze jednego kamienia zbiór nie będzie kupą. Wniosek sam w sobie sugeruje, że założenie jest ważne dla wszystkich naturalnych h.

Błąd polega na tym, że nie ma definicji, ile kamieni tworzy stos. Takie pominięcie nazywa się pochopnym uogólnieniem metody indukcji matematycznej. Przykład pokazuje to wyraźnie.

Indukcja i prawa logiki

Historycznie rzecz biorąc, zawsze „idą ramię w ramię”. Dyscypliny naukowe, takie jak logika i filozofia, opisują je w formie przeciwieństw.

Z punktu widzenia prawa logiki definicje indukcyjne opierają się na faktach, a prawdziwość przesłanek nie przesądza o poprawności wynikowego stwierdzenia. Często wnioski uzyskuje się z pewnym stopniem prawdopodobieństwa i wiarygodności, co oczywiście należy zweryfikować i potwierdzić dodatkowymi badaniami. Przykładem indukcji w logice może być następujące stwierdzenie:

W Estonii jest susza, susza na Łotwie, susza na Litwie.

Estonia, Łotwa i Litwa to kraje bałtyckie. We wszystkich krajach bałtyckich panuje susza.

Z przykładu możemy wywnioskować, że metodą indukcji nie da się uzyskać nowych informacji czy prawdy. Jedyne, na co można liczyć, to pewna prawdziwość wniosków. Co więcej, prawdziwość przesłanek nie gwarantuje takich samych wniosków. Nie oznacza to jednak, że indukcja schodzi na margines dedukcji: ogromną liczbę przepisów i praw naukowych uzasadnia się metodą indukcyjną. Przykładem jest ta sama matematyka, biologia i inne nauki. Wynika to głównie z metody indukcji całkowitej, choć w niektórych przypadkach ma zastosowanie również indukcja częściowa.

Czcigodny wiek indukcji pozwolił jej przeniknąć do prawie wszystkich sfer ludzkiej działalności - jest to nauka, ekonomia i codzienne wnioski.

Indukcja w środowisku naukowym

Metoda indukcyjna wymaga skrupulatnego podejścia, ponieważ zbyt wiele zależy od liczby badanych części całości: im większa liczba badanych, tym bardziej wiarygodny wynik. W oparciu o tę cechę prawa naukowe uzyskane metodą indukcji są przez długi czas testowane na poziomie założeń probabilistycznych w celu wyodrębnienia i zbadania wszystkich możliwych elementów strukturalnych, połączeń i wpływów.

W nauce wniosek indukcyjny opiera się na istotnych cechach, z wyjątkiem przypadkowych zapisów. Fakt ten jest istotny w związku ze specyfiką wiedzy naukowej. Widać to wyraźnie na przykładach indukcji w nauce.

W świecie naukowym wyróżnia się dwa rodzaje indukcji (w związku ze sposobem studiowania):

selekcja indukcyjna (lub selekcja);
indukcja - wykluczenie (eliminacja).

Pierwszy typ wyróżnia się metodycznym (skrupulatnym) doborem próbek klasy (podklas) z różnych jej obszarów.

Przykładem tego typu indukcji jest: srebro (lub jego sole) oczyszcza wodę. Wniosek opiera się na wieloletnich obserwacjach (rodzaj selekcji potwierdzeń i obaleń – selekcji).

Drugi rodzaj indukcji opiera się na wnioskach ustalających związki przyczynowe i wykluczających okoliczności, które nie odpowiadają jej właściwościom, a mianowicie powszechność, przestrzeganie kolejności czasowej, konieczność i jednoznaczność.

Indukcja i dedukcja ze stanowiska filozofii

Patrząc wstecz, termin indukcja został po raz pierwszy wspomniany przez Sokratesa. Arystoteles opisał przykłady indukcji w filozofii w bardziej przybliżonym słowniku terminologicznym, jednak kwestia indukcji niepełnej pozostaje otwarta. Po prześladowaniu sylogizmu arystotelesowskiego metodę indukcyjną zaczęto uznawać za owocną i jedyną możliwą w naukach przyrodniczych. Bacon uważany jest za ojca indukcji jako niezależnej metody specjalnej, nie udało mu się jednak oddzielić indukcji od metody dedukcyjnej, jak tego domagali się jego współcześni.

Indukcję rozwinął dalej J. Mill, który rozważał teorię indukcyjną z perspektywy czterech głównych metod: zgodności, różnicy, reszt i odpowiadających im zmian. Nic dziwnego, że dziś wymienione metody, szczegółowo zbadane, mają charakter dedukcyjny.

Uświadomienie sobie niespójności teorii Bacona i Milla skłoniło naukowców do zbadania probabilistycznych podstaw indukcji. Jednak i tutaj istniały pewne skrajności: próbowano zredukować indukcję do teorii prawdopodobieństwa ze wszystkimi wynikającymi z tego konsekwencjami.

Indukcja otrzymuje wotum zaufania dzięki praktycznemu zastosowaniu w niektórych obszarach tematycznych i dzięki dokładności metrycznej podstawy indukcyjnej. Przykładem indukcji i dedukcji w filozofii można uznać Prawo Powszechnego Grawitacji. W dniu odkrycia prawa Newtonowi udało się je zweryfikować z dokładnością do 4%. A sprawdzane ponad dwieście lat później, poprawność została potwierdzona z dokładnością do 0,0001 procent, chociaż weryfikację przeprowadzono na podstawie tych samych uogólnień indukcyjnych.

Współczesna filozofia większą wagę przywiązuje do dedukcji, która podyktowana jest logiczną chęcią wyciągnięcia nowej wiedzy (lub prawd) z tego, co już znane, bez uciekania się do doświadczenia i intuicji, ale przy użyciu „czystego” rozumowania. Odnosząc się do prawdziwych przesłanek w metodzie dedukcyjnej, we wszystkich przypadkach wynikiem jest stwierdzenie prawdziwe.

Ta bardzo ważna cecha nie powinna przyćmiewać wartości metody indukcyjnej. Indukcja bowiem, bazując na dorobku doświadczenia, staje się także środkiem jego przetwarzania (w tym uogólniania i systematyzacji).

Zastosowanie indukcji w ekonomii

Indukcja i dedukcja są od dawna stosowane jako metody badania gospodarki i prognozowania jej rozwoju.

Zakres zastosowania metody indukcyjnej jest dość szeroki: badanie spełnienia wskaźników prognozowanych (zyski, amortyzacja itp.) oraz ogólna ocena stanu przedsiębiorstwa; kształtowanie skutecznej polityki promocji przedsiębiorstwa opartej na faktach i ich relacjach.

Tę samą metodę indukcji zastosowano w „Mapach Shewharta”, gdzie przy założeniu podziału procesów na kontrolowane i niesterowane stwierdza się, że szkielet procesu kontrolowanego jest nieaktywny.

Należy zaznaczyć, że prawa nauki uzasadnia się i potwierdza za pomocą metody indukcji, a ponieważ ekonomia jest nauką, która często wykorzystuje analizę matematyczną, teorię ryzyka i statystykę, wcale nie dziwi fakt, że indukcja znajduje się na liście głównych metod.

Przykładem indukcji i dedukcji w ekonomii jest następująca sytuacja. Wzrost cen żywności (z koszyka konsumenckiego) i dóbr pierwszej potrzeby skłania konsumenta do myślenia o pojawiających się wysokich kosztach w państwie (indukcja). Jednocześnie z faktu wysokich cen można, wykorzystując metody matematyczne, wyprowadzić wskaźniki wzrostu cen dla poszczególnych towarów lub kategorii towarów (odliczenie).

Najczęściej kadra kierownicza, menedżerowie i ekonomiści sięgają po metodę indukcyjną. Aby móc z wystarczającą prawdziwością przewidzieć rozwój przedsiębiorstwa, zachowania rynku i skutki konkurencji, konieczne jest indukcyjno-dedukcyjne podejście do analizy i przetwarzania informacji.

Wyraźny przykład indukcji w ekonomii związanej z błędnymi sądami:

zysk spółki spadł o 30%;
firma konkurencyjna rozszerzyła swoją linię produktów;
nic więcej się nie zmieniło;
polityka produkcyjna konkurencyjnej firmy spowodowała zmniejszenie zysków o 30%;
dlatego należy wdrożyć tę samą politykę produkcyjną.

Przykład jest barwną ilustracją tego, jak nieudolne zastosowanie metody indukcyjnej przyczynia się do ruiny przedsiębiorstwa.

Dedukcja i indukcja w psychologii

Skoro istnieje metoda, to logicznie rzecz biorąc, istnieje również odpowiednio zorganizowane myślenie (aby zastosować metodę). Psychologia jako nauka badająca procesy psychiczne, ich powstawanie, rozwój, relacje, interakcje, zwraca uwagę na myślenie „dedukcyjne”, jako jedną z form przejawu dedukcji i indukcji. Niestety na stronach poświęconych psychologii w Internecie praktycznie nie ma uzasadnienia dla integralności metody dedukcyjno-indukcyjnej. Chociaż profesjonalni psychologowie częściej spotykają się z przejawami indukcji, a raczej błędnymi wnioskami.

Przykładem indukcji w psychologii, jako ilustracja błędnych sądów, jest stwierdzenie: moja matka oszukuje, zatem wszystkie kobiety są oszustami. Możesz znaleźć jeszcze bardziej „błędne” przykłady indukcji z życia:

uczeń jest niezdolny do niczego, jeśli dostanie złą ocenę z matematyki;
on jest głupcem;
jest mądry;
Mogę zrobić wszystko;

Oraz wiele innych sądów wartościujących opartych na całkowicie przypadkowych i czasami nieistotnych przesłankach.

Należy zauważyć: kiedy błędny osąd danej osoby osiąga poziom absurdu, dla psychoterapeuty pojawia się granica pracy. Przykład wprowadzenia na wizytę specjalistyczną:

„Pacjent ma całkowitą pewność, że kolor czerwony jest dla niego niebezpieczny tylko w jakiejkolwiek formie. W rezultacie osoba wykluczyła tę kolorystykę ze swojego życia - w jak największym stopniu. Możliwości komfortowego pobytu w domu jest wiele. Możesz odrzucić wszystkie czerwone przedmioty lub zastąpić je analogami wykonanymi w innej kolorystyce. Ale w miejscach publicznych, w pracy, w sklepie - to niemożliwe. Kiedy pacjent znajduje się w sytuacji stresowej, za każdym razem doświadcza „przypływu” zupełnie innych stanów emocjonalnych, które mogą stanowić zagrożenie dla innych.

Ten przykład indukcji i nieświadomej indukcji nazywany jest „utrwalonymi ideami”. Jeśli przydarzy się to osobie zdrowej psychicznie, możemy mówić o braku organizacji aktywności umysłowej. Sposobem na pozbycie się stanów obsesyjnych może być elementarny rozwój myślenia dedukcyjnego. W innych przypadkach psychiatrzy pracują z takimi pacjentami.

Powyższe przykłady indukcji wskazują, że „nieznajomość prawa nie zwalnia od konsekwencji (błędnych sądów)”.

Psychologowie pracujący nad myśleniem dedukcyjnym opracowali listę zaleceń, które mają pomóc ludziom opanować tę metodę.

Punkt pierwszy to rozwiązywanie problemów. Jak widać, formę indukcji stosowaną w matematyce można uznać za „klasyczną”, a zastosowanie tej metody przyczynia się do „dyscypliny” umysłu.

Kolejnym warunkiem rozwoju myślenia dedukcyjnego jest poszerzanie horyzontów (ci, którzy myślą jasno, wyrażają się jasno). Zalecenie to kieruje „cierpienie” do skarbnic nauki i informacji (biblioteki, strony internetowe, inicjatywy edukacyjne, podróże itp.).

Na szczególną uwagę zasługuje tzw. „indukcja psychologiczna”. Termin ten, choć nieczęsto, można spotkać w Internecie. Żadne źródła nie podają choćby krótkiego sformułowania definicji tego terminu, lecz powołują się na „przykłady z życia”, podając jako nowy rodzaj indukcji albo sugestię, albo pewne formy choroby psychicznej, albo skrajne stany psychiczne. ludzka psychika. Z powyższego jasno wynika, że próba wyprowadzenia „nowego terminu” w oparciu o fałszywe (często nieprawdziwe) przesłanki skazuje eksperymentatora na uzyskanie błędnego (lub pochopnego) stwierdzenia.

Należy zaznaczyć, że nawiązanie do eksperymentów z 1960 roku (bez wskazania miejsca, nazwisk eksperymentatorów, próby badanych i przede wszystkim celu eksperymentu) wygląda, delikatnie mówiąc, nieprzekonująco, a Stwierdzenie, że mózg odbiera informacje z pominięciem wszystkich narządów percepcji (w tym przypadku sformułowanie „jest dotknięty” pasowałoby bardziej organicznie), każe pomyśleć o łatwowierności i bezkrytyczności autora stwierdzenia.

Zamiast wniosków

Nie bez powodu królowa nauk, matematyka, wykorzystuje wszystkie możliwe rezerwy metody indukcji i dedukcji. Rozważane przykłady pozwalają stwierdzić, że powierzchowne i nieudolne (jak to się mówi bezmyślne) stosowanie nawet najbardziej dokładnych i niezawodnych metod zawsze prowadzi do błędnych wyników.

W świadomości masowej metoda dedukcji kojarzona jest ze słynnym Sherlockiem Holmesem, który w swoich konstrukcjach logicznych coraz częściej posługuje się przykładami indukcji, stosując dedukcję w odpowiednich sytuacjach.

W artykule zbadano przykłady zastosowania tych metod w różnych naukach i sferach działalności człowieka.