Um método de prova baseado no axioma 4 de Peano é usado para provar muitas propriedades matemáticas e várias declarações. A base para isso é o seguinte teorema.

Teorema. Se a declaração MAS(n) com variável natural n verdadeiro para n= 1 e do fato de que é verdade para n=k, segue-se que também é verdade para o próximo número n=k, então a declaração MAS(n) n.

Prova. denotar por M o conjunto daqueles e apenas daqueles números naturais para os quais a declaração MAS(n) verdadeiro. Então da condição do teorema temos: 1) 1 M; 2) k MkM. Portanto, com base no Axioma 4, concluímos que M =N, ou seja declaração MAS(n) verdadeiro para qualquer natural n.

O método de prova baseado neste teorema é chamado método de indução matemática, e o axioma é o axioma da indução. Esta prova tem duas partes:

1) provar que a afirmação MAS(n) verdadeiro para n= A(1);

2) suponha que a declaração MAS(n) verdadeiro para n=k, e, partindo dessa suposição, prove que a afirmação Um) verdadeiro para n=k+ 1, ou seja que a afirmação é verdadeira A(k) A(k + 1).

Se um MAS( 1) MAS(k) A(k + 1) é uma afirmação verdadeira, então eles concluem que a afirmação Um) verdadeiro para qualquer número natural n.

A prova por indução matemática pode começar não apenas com a confirmação da verdade da afirmação para n= 1, mas também de qualquer número natural m. Neste caso, a declaração MAS(n) será provado para todos os números naturais nm.

Problema. Vamos provar que para qualquer número natural a igualdade 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Solução. Igualdade 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = né uma fórmula que pode ser usada para encontrar a soma dos primeiros números naturais ímpares consecutivos. Por exemplo, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (a soma contém 4 termos), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (a soma contém 6 termos); se esta soma contém 20 termos do tipo indicado, então é igual a 20 = 400, etc. Tendo provado a verdade dessa igualdade, poderemos encontrar a soma de qualquer número de termos do tipo especificado usando a fórmula.

1) Verifique a veracidade dessa igualdade para n= 1. Quando n= 1 o lado esquerdo da igualdade consiste em um termo igual a 1, o lado direito é igual a 1= 1. Como 1 = 1, então para n= 1 esta igualdade é verdadeira.

2) Assuma que esta igualdade é verdadeira para n=k, ou seja que 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Com base nessa suposição, provamos que é verdade para n=k+ 1, ou seja 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Considere o lado esquerdo da última igualdade.

Por hipótese, a soma do primeiro k termos é k e, portanto, 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Expressão k+ 2k + 1 é identicamente igual à expressão ( k + 1).

Portanto, a verdade dessa igualdade para n=k+ 1 está provado.

Assim, esta igualdade vale para n= 1 e de sua verdade para n=k segue a verdade para n=k+ 1.

Isso prova que essa igualdade é verdadeira para qualquer número natural.

Usando o método de indução matemática, pode-se provar a verdade não apenas das igualdades, mas também das desigualdades.

Uma tarefa. Prove que onde nN.

Solução. Vamos verificar a veracidade da desigualdade para n= 1. Temos - uma verdadeira desigualdade.

Suponhamos que a desigualdade seja válida para n=k, Essa. - verdadeira desigualdade. Vamos provar, com base na hipótese, que é verdade para n=k+ 1, ou seja (*).

Transformamos o lado esquerdo da desigualdade (*), levando em conta que : .

Mas, isso significa .

Portanto, esta desigualdade é verdadeira para n= 1, e, pelo fato de que a desigualdade é verdadeira para alguns n= k, descobrimos que também é verdade para n= k + 1.

Assim, usando o Axioma 4, provamos que essa desigualdade é verdadeira para qualquer número natural.

Outras afirmações também podem ser provadas pelo método de indução matemática.

Uma tarefa. Prove que a afirmação é verdadeira para qualquer número natural.

Solução. Vamos verificar a veracidade da afirmação para n= 1: - declaração verdadeira.

Suponhamos que esta afirmação seja verdadeira para n=k: . Vamos mostrar, usando isso, a verdade da afirmação para n=k+ 1: .

Vamos transformar a expressão: . Vamos encontrar a diferença k e k+ 1 membros. Se a diferença resultante for um múltiplo de 7 e, supondo que o subtraendo seja divisível por 7, o minuendo também será um múltiplo de 7:

O produto é um múltiplo de 7, portanto, e .

Assim, esta afirmação é verdadeira para n= 1 e de sua verdade para n=k segue a verdade para n=k+ 1.

Isso prova que essa afirmação é verdadeira para qualquer número natural.

Uma tarefa. Prove que para qualquer número natural n 2 afirmação (7-1)24 é verdadeira.

Solução. 1) Verifique a veracidade da afirmação para n= 2: - afirmação verdadeira.

Ministério da Educação da Região de Saratov

Universidade Socioeconômica do Estado de Saratov

Concurso regional de trabalhos matemáticos e de informática de escolares

"Vetor do Futuro - 2007"

«Método de indução matemática.

Sua aplicação para resolver problemas algébricos"

(seção "matemática")

trabalho criativo

10 alunos da classe "A"

MOU "Ginásio No. 1"

Distrito de Oktyabrsky de Saratov

Harutyunyan Gayane.

Gerente de trabalho:

professor de matemática

Grishina Irina Vladimirovna

Saratov

2007

Introdução…………………………………………………………………………………3

O princípio da indução matemática e sua

prova…………………………………………………………………………..4

Exemplos de resolução de problemas………………………………………………………………..9

Conclusão…………………………………………………………………………..16

Literatura…………………………………………………………………………………17

Introdução.

O método de indução matemática pode ser comparado com o progresso. Começamos do mais baixo, como resultado do pensamento lógico chegamos ao mais alto. O homem sempre buscou o progresso, a capacidade de desenvolver seu pensamento logicamente, o que significa que a própria natureza o destinou a pensar indutivamente e reforçar seu pensamento com evidências realizadas de acordo com todas as regras da lógica.
Atualmente, o campo de aplicação do método de indução matemática tem crescido, mas, infelizmente, pouco tempo é dedicado a ele no currículo escolar. Mas isso é muito importante - ser capaz de pensar indutivamente.

O princípio da indução matemática e sua prova

Vamos nos voltar para a essência do método de indução matemática. Vamos considerar várias declarações. Elas podem ser subdivididas em gerais e particulares.Dêmos exemplos de afirmações gerais.

Todos os cidadãos russos têm direito à educação.

Em qualquer paralelogramo, as diagonais no ponto de interseção são divididas ao meio.

Todos os números terminados em zero são divisíveis por 5.

Exemplos relevantes de declarações privadas:

Petrov tem direito à educação.

No paralelogramo ABCD, as diagonais no ponto de interseção são divididas ao meio.

140 é divisível por 5.

A transição das afirmações gerais para as particulares é chamada dedução (do latim dedução - conclusão de acordo com as regras da lógica).

Considere um exemplo de inferência dedutiva.

Todos os cidadãos russos têm direito à educação. (1)

Petrov é um cidadão da Rússia. (2)

Petrov tem direito à educação. (3)

Da asserção geral (1) com a ajuda de (2) obtém-se a asserção particular (3).

A transição reversa de declarações particulares para declarações gerais é chamada de indução (do latim indução - orientação).

A indução pode levar a conclusões corretas e incorretas.

Vamos explicar isso com dois exemplos.

140 é divisível por 5. (1)

Todos os números terminados em zero são divisíveis por 5. (2)

140 é divisível por 5. (1)

Todos os números de três dígitos são divisíveis por 5. (2)

Da afirmação particular (1) obtém-se a afirmação geral (2). A afirmação (2) é verdadeira.

O segundo exemplo mostra como uma afirmação geral (3) pode ser obtida a partir de uma afirmação particular (1), além disso, a afirmação (3) não é verdadeira.

Vamos nos perguntar como usar a indução em matemática para obter apenas conclusões corretas. Vamos considerar alguns exemplos de indução, o que é inaceitável em matemática.

Exemplo 1.

Considere um trinômio quadrado da seguinte forma Р(x)= x 2 + x + 41, ao qual Leonard Euler prestou atenção.

P(0) = 41, P(1) = 43, P(2) = 47, P(3) = 53, P(4) = 61, P(5) = 71, P(6) = 83, P (7) = 97, P(8) = 113, P(9)=131, P(10) = 151.

Vemos que toda vez que o valor do trinômio é um número primo. Com base nos resultados obtidos, afirmamos que ao substituir no trinômio considerado, ao invés de x Qualquer inteiro não negativo sempre resulta em um número primo.

No entanto, a conclusão tirada não pode ser considerada confiável. Qual é o problema? O fato é que, no raciocínio, afirmações gerais são feitas sobre qualquer x apenas com base no fato de que essa afirmação acabou sendo verdadeira para alguns valores de x.

De fato, após um exame mais detalhado do trinômio P(x), os números P(0), P(1), ..., P(39) são números primos, mas P(40) = 41 2 é um número composto. E claramente: P(41) = 41 2 +41+41 é um múltiplo de 41.

Neste exemplo, nos deparamos com uma afirmação que é verdadeira em 40 casos especiais, mas que se mostrou injusta em geral.

Vejamos mais alguns exemplos.

Exemplo 2

No século XVII V.G. Leibniz provou que para qualquer n natural, números da forma n 3 - n são múltiplos de 3, n 5 - n são múltiplos de 5, n 7 - n são múltiplos de 7. Com base nisso, ele sugeriu que para qualquer k ímpar e natural n, o número n k - n múltiplo de k, mas logo ele mesmo notou que 2 9 -2=510, que, obviamente, não é divisível por 9.

Os exemplos considerados nos permitem tirar uma conclusão importante: uma afirmação pode ser verdadeira em vários casos especiais e, ao mesmo tempo, injusta em geral.

A questão surge naturalmente: existe uma afirmação que é verdadeira em vários casos especiais; é impossível considerar todos os casos especiais; como você sabe se esta afirmação é verdadeira?

Às vezes, essa questão pode ser resolvida aplicando-se um método especial de raciocínio chamado método de indução matemática. Este método é baseado em princípio da indução matemática, concluiu o seguinte: a afirmação é verdadeira para qualquer n natural se:

é válido para n = 1;

da validade da afirmação para algum natural arbitrário n =k , segue-se que ela é verdadeira para n = k +1.

Prova.

Assuma o oposto, isto é, deixe a afirmação ser verdadeira não para todo n natural. Então existe um número natural m tal que

a afirmação para n = m não é verdadeira,

para todos n

É óbvio que m >1, pois a afirmação é verdadeira para n =1 (condição 1). Portanto, m -1 é um número natural. Para um número natural m -1 a afirmação é verdadeira, mas para o próximo número natural m não é verdadeira. Isso contradiz a condição 2. A contradição resultante mostra que a suposição está errada. Portanto, a afirmação é verdadeira para qualquer n natural, h.e.d.

Uma prova baseada no princípio da indução matemática é chamada de prova pelo método da indução matemática. Tal prova deve consistir em duas partes, a partir da prova de dois teoremas independentes.

Teorema 1. A afirmação é verdadeira para n = 1.

Teorema 2. A afirmação é verdadeira para n =k +1 se for verdadeira para n=k, onde k é um número natural arbitrário.

Se ambos os teoremas forem provados, então, com base no princípio da indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer
natural n.

Deve ser enfatizado que a prova por indução matemática certamente requer a prova de ambos os Teoremas 1 e 2. A negligência do Teorema 2 leva a conclusões incorretas (exemplos 1-2). Vamos mostrar com um exemplo o quão necessária é a prova do Teorema 1.

Exemplo 3. "Teorema": todo número natural é igual ao número natural que o segue.

A prova será realizada pelo método de indução matemática.

Suponha que k = k +1 (1).

Provemos que k +1=k +2 (2). Para fazer isso, adicione 1 a cada parte de "igualdade" (1) Obtemos "igualdade" (2). Acontece que se a afirmação é verdadeira para n =k , então também é verdadeira para n =k +1, etc.

Uma "consequência" óbvia do "teorema": todos os números naturais são iguais.

O erro reside no fato de que o Teorema 1, necessário para aplicar o princípio da indução matemática, não foi provado e não é verdadeiro, mas apenas o segundo teorema foi provado.

Os teoremas 1 e 2 são de particular importância.

O teorema 1 cria a base para a indução. O teorema 2 dá o direito à expansão automática ilimitada desta base, o direito de passar deste caso particular para o seguinte, de n para n + 1.

Se o Teorema 1 não foi provado, mas o Teorema 2 foi provado, então, portanto, a base para a indução não foi criada, e então não faz sentido aplicar o Teorema 2, pois não há, de fato, nada para expandir.

Se o Teorema 2 não foi provado, e apenas o Teorema 1 foi provado, então, embora a base para conduzir a indução tenha sido criada, o direito de expandir esta base está ausente.

Observações.

Às vezes, a segunda parte da prova é baseada na validade da afirmação não apenas para n =k, mas também para n =k -1. Nesse caso, a declaração da primeira parte deve ser testada para os próximos dois valores de n .

Às vezes, a afirmação é provada não para qualquer n natural, mas para n > m, onde m é algum número inteiro. Neste caso, na primeira parte da prova, a assertiva é verificada para n =m +1, e se necessário, para vários valores subseqüentes de n.

Resumindo o que foi dito, temos: o método de indução matemática permite, em busca de uma lei geral, testar as hipóteses que surgem neste caso, descartar as falsas e afirmar as verdadeiras.

Todos conhecem o papel dos processos de generalização dos resultados de observações e experimentos individuais (ou seja, indução) para as ciências empíricas e experimentais. A matemática, por outro lado, há muito é considerada um exemplo clássico da implementação de métodos puramente dedutivos, uma vez que sempre se assume explícita ou implicitamente que todas as proposições matemáticas (exceto aquelas aceitas como iniciais - axiomas) são provadas e aplicações específicas dessas proposições são derivadas de provas adequadas para casos gerais (dedução).

O que significa indução em matemática? Deve ser entendido como um método não muito confiável, e como procurar um critério para a confiabilidade de tais métodos indutivos? Ou a certeza de conclusões matemáticas da mesma natureza das generalizações experimentais das ciências experimentais, de modo que não seria ruim “verificar” qualquer fato comprovado? Na realidade, este não é o caso.

A indução (orientação) sobre uma hipótese desempenha um papel muito importante, mas puramente heurístico, na matemática: permite adivinhar qual deve ser a solução. Mas as proposições matemáticas são estabelecidas apenas dedutivamente. E o método de indução matemática é um método de prova puramente dedutivo. De fato, a prova realizada por este método consiste em duas partes:

a chamada "base" - uma prova dedutiva da sentença desejada para um (ou vários) números naturais;

uma etapa indutiva que consiste em uma prova dedutiva de uma afirmação geral. O teorema é provado com precisão para todos os números naturais. Da base provada, por exemplo, para o número 0, obtemos, por indução, a prova para o número 1, depois da mesma forma para 2, para 3... - e assim a afirmação pode ser justificada para qualquer número natural.

Em outras palavras, o nome "indução matemática" se deve ao fato de que esse método está simplesmente associado em nossas mentes ao raciocínio indutivo tradicional (afinal, a base é realmente comprovada apenas para um caso particular); a etapa indutiva, em contraste com os critérios de plausibilidade do raciocínio indutivo baseado na experiência nas ciências naturais e sociais, é uma afirmação geral que não precisa de nenhuma premissa particular e é provada de acordo com os cânones estritos do raciocínio dedutivo. Portanto, a indução matemática é chamada de "completa" ou "perfeita", pois é um método de prova dedutivo e totalmente confiável.

Exemplos de soluções de problemas

Indução em álgebra

Considere vários exemplos de problemas algébricos, bem como a prova de várias desigualdades que podem ser resolvidas usando o método de indução matemática.

Tarefa 1. Adivinhe a fórmula da soma e prove.

MAS( n )= 2  1 2 + 3 2 2 + …..+(n +1) n 2 .

Solução.

1. Vamos transformar a expressão para a soma À(n):

A(n)= 2  1 2 + 3  2 2 + ….+ (n+1) n 2 = (1+1) 1 2 + (2+1) 2 2 + …. + (n+1) n 2 = =1  1 2 + 2  2 2 + …+n  n 2 + 1 2 + 2 2 +… +n 2 =1 3 + 2 3 +… +n 3 +1 2 + 2 2 +… +n 2 = В(n) + C(n), onde B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Considere as somas C (n) e B (n).

a)C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Um dos problemas freqüentemente encontrados no método de indução matemática é provar que, para qualquer n natural, a igualdade

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Assuma que (1) é verdadeiro para todo n  n.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Vamos observar como os valores de B(n) mudam dependendo de n.

B(1) = 1 3 = 1 .

B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2

B(3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 =

Assim, pode-se supor que
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

c) Como resultado, para a soma А(n) obtemos

MAS( n ) ==

= (*)

3. Provemos a fórmula obtida (*) pelo método de indução matemática.

a) verifique a igualdade (*) para n = 1.

A(1) = 2  =2,

Obviamente, a fórmula (*) é verdadeira para n = 1.

b) suponha que a fórmula (*) seja verdadeira para n=k , onde k N, ou seja, a igualdade

A(k)=

Com base na suposição, provaremos a validade da fórmula para n =k +1. Sério,

A(k+1)=

Como a fórmula (*) é verdadeira para n = 1, e da suposição de que é verdadeira para algum k natural, segue-se que é verdadeira para n = k +1, com base no princípio da indução matemática, concluímos que o igualdade

vale para qualquer n natural.

Tarefa 2.

Calcule a soma 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

Solução.

Vamos anotar os valores das somas para diferentes valores de n em sucessão.

A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,

A(5)=1-2+3-4+5=3, A(6)=1-2+3-4+5-6= -3.

Observando o padrão, podemos assumir que A(n)= - para n par e A(n)=
para n ímpar. Vamos combinar os dois resultados em uma única fórmula:

A(n) =
, onde r é o resto da divisão de n por 2.

E r , é obviamente determinado pela seguinte regra

0 se n é par,

r=

1 se n é ímpar.

Então r(pode ser adivinhado) pode ser representado como:

Finalmente obtemos a fórmula para A(n):

A(n)=

(*)

Provemos a igualdade (*) para todo n  N método de indução matemática.

2. a) Verifique a igualdade (*) para n =1. A(1) = 1=

A igualdade é justa

b) Suponha que a igualdade

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

verdadeiro em n=k. Provemos que ela também é válida para n =k + 1, ou seja,

A(k+1)=

De fato,

A(k+1)=A(k)+(-1) k (k+1) =

=

Q.E.D.

O método de indução matemática também é usado para resolver problemas de divisibilidade.

Tarefa 3.

Prove que o número N(n)=n 3 + 5n é divisível por 6 para qualquer n natural.

Prova.

No n =1 o número N (1) = 6 e, portanto, a afirmação é verdadeira.

Seja o número N (k )=k 3 +5k divisível por 6 para algum k natural. Provemos que N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) é divisível por 6. Com efeito, temos
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Porque o k e k +1 são números naturais adjacentes, então um deles é necessariamente par, então a expressão 3k (k +1) é divisível por 6. Assim, obtemos que N (k +1) também é divisível por 6. Saída número N (n)=n 3 + 5n é divisível por 6 para qualquer n natural.

Considere a solução de um problema de divisibilidade mais complexo, quando o método de indução matemática completa precisa ser aplicado várias vezes.

Tarefa 4.

Prove que para qualquer n natural o número
nem sequer é divisível por 2 n +3 .

Prova.

Imagine
em forma de trabalho
=

= (*)

Por suposição, o primeiro fator em (*) não é divisível pelo número 2 k +3 , ou seja, na representação de um número composto
na forma de um produto de números primos, o número 2 é repetido não mais que (k + 2) vezes. Então, para provar que o número
não é divisível por 2 k +4 , devemos provar que
não é divisível por 4.

Para provar esta afirmação, provamos uma afirmação auxiliar: para qualquer n natural, o número 3 2 n +1 não é divisível por 4. Para n =1, a afirmação é óbvia, pois 10 não é divisível por 4 sem deixar resto. Assumindo que 3 2 k +1 não é divisível por 4, provamos que 3 2(k +1) +1 também não é divisível
por 4. Vamos representar a última expressão como uma soma:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . O segundo termo da soma é divisível por 4, mas o primeiro não é divisível. Portanto, a soma total não é divisível por 4 sem deixar resto. A afirmação auxiliar está provada.

Agora está claro que
não é divisível por 4 porque 2k é um número par.

Finalmente, obtemos que o número
não é divisível por 2 n +3 para qualquer n natural.

Considere agora um exemplo de aplicação de indução à prova de desigualdades.

Tarefa 5.

Para qual n natural a desigualdade 2 n > 2n + 1 é verdadeira?

Solução.

1. Quando n=1 2 1< 2*1+1,

no n=2 2 2< 2*2+1,

no n =3 2 3 > 2*3+1,

no n =4 2 4 > 2*4+1.

Aparentemente, a desigualdade é válida para qualquer n natural  3. Provemos esta afirmação.

2. Quando n =3 a validade da desigualdade já foi demonstrada. Agora, deixe a desigualdade ser válida para n = k , onde k é algum número natural não inferior a 3, ou seja,

2 k > 2k+1 (*)

Provemos que então a desigualdade também é válida para n =k +1, ou seja, 2 k +1 >2(k +1)+1. Multiplique (*) por 2, obtemos 2 k +1 >4k +2. Vamos comparar as expressões 2(k +1)+1 e 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Obviamente, 2k -1>0 para qualquer k natural. Então 4k +2>2(k +1)+1, ou seja, 2k+1 >2(k+1)+1. A afirmação foi comprovada.

Tarefa 6.

Desigualdade para a média aritmética e média geométrica de n números não negativos (desigualdade de Cauchy)., obtemos =

Se pelo menos um dos números
é igual a zero, então a desigualdade (**) também é válida.

Conclusão.

Ao fazer o trabalho, estudei a essência do método de indução matemática e sua prova. O artigo apresenta problemas nos quais um papel importante foi desempenhado pela indução incompleta levando à solução correta e, em seguida, uma prova obtida usando o método de indução matemática é realizada.

Literatura.

Boltyansky V.G., Sidorov Yu.V., Shaburin M.I. Aulas teóricas e problemas de matemática elementar; Ciência, 1974.

Vilenkin N.Ya. , Shvartsburd S.I. Analise matemática.-
M.: Educação, 1973.

Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Estudo aprofundado do curso de álgebra e análise matemática.- M.: Educação, 1990.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I. Álgebra e análise de funções elementares.- M.: Nauka, 1980.

Sominsky I.S., Golovina M.L., Yaglom I.M. Sobre indução matemática. - M.: Nauka, 1967.

Se a sentença A(n), que depende de um número natural n, é verdadeira para n=1, e pelo fato de ser verdadeira para n=k (onde k é qualquer número natural), segue-se que também é verdadeiro para o próximo número n=k +1, então a suposição A(n) é verdadeira para qualquer número natural n.

Em vários casos, pode ser necessário provar a validade de uma determinada afirmação não para todos os números naturais, mas apenas para n>p, onde p é um número natural fixo. Nesse caso, o princípio da indução matemática é formulado da seguinte maneira.

Se a proposição A(n) é verdadeira para n=p e se A(k) X A(k+1) para qualquer k>p, então a proposição A(n) é verdadeira para qualquer n>p.

A prova pelo método de indução matemática é realizada da seguinte forma. Primeiro, a afirmação a ser provada é verificada para n = 1, ou seja, a verdade da afirmação A(1) é estabelecida. Esta parte da prova é chamada de base de indução. Isso é seguido por uma parte da prova chamada etapa de indução. Nesta parte, a validade da afirmação para n=k+1 é provada sob a suposição de que a afirmação é verdadeira para n=k (a suposição indutiva), ou seja, prove que A(k) ~ A(k+1)

Prove que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Temos n=1=1 2 . Portanto, a afirmação é verdadeira para n=1, ou seja, A(1) verdadeiro
• 2) Provemos que A(k) ~ A(k+1)

Seja k qualquer número natural e a afirmação seja verdadeira para n=k, ou seja,

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Vamos provar que então a afirmação também é verdadeira para o próximo número natural n=k+1, ou seja, o que

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 De fato,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Portanto, A(k) X A(k+1). Com base no princípio da indução matemática, concluímos que a hipótese A(n) é verdadeira para qualquer n О N

Prove que

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), onde x nº 1

• 1) Para n=1 obtemos
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

portanto, para n=1 a fórmula é verdadeira; A(1) verdadeiro

• 2) Seja k qualquer número natural e a fórmula seja verdadeira para n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Provemos que então a igualdade

• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) De fato
• 1+х+х 2 +x 3 +…+х 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)

Então A(k) ⋅ A(k+1). Com base no princípio da indução matemática, concluímos que a fórmula é verdadeira para qualquer número natural n

Prove que o número de diagonais de um n-gon convexo é n(n-3)/2

Solução: 1) Para n=3, a afirmação é verdadeira, porque no triângulo

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonais; A 2 A(3) verdadeiro

2) Suponha que em qualquer k-gon convexo tenha A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonais. A k Vamos provar que então em um convexo A k+1 (k+1)-gon o número de diagonais A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Seja À 1 À 2 À 3 …A k A k+1 -convexo (k+1)-gon. Vamos desenhar uma diagonal A 1 A k nele. Para calcular o número total de diagonais deste (k + 1)-gon, você precisa contar o número de diagonais no k-gon A 1 A 2 ...A k , adicionar k-2 ao número resultante, ou seja. o número de diagonais do (k+1)-gon que emana do vértice A k+1 , e, além disso, deve-se levar em conta a diagonal A 1 A k

Nesse caminho,

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

Então A(k) ⋅ A(k+1). Devido ao princípio da indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n-ágono convexo.

Prove que para qualquer n a afirmação é verdadeira:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Solução: 1) Seja n=1, então

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

2) Assuma que n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6

3) Considere esta afirmação para n=k+1

Xk+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

Provamos a validade da igualdade para n=k+1, portanto, em virtude do método de indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n natural

Prove que para qualquer n natural a igualdade é verdadeira:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2/4

Solução: 1) Seja n=1

Então X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Vemos que para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Assuma que a igualdade é verdadeira para n=k

X k \u003d k 2 (k + 1) 2/4

3) Vamos provar a veracidade desta afirmação para n=k+1, ou seja,

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

Pode-se ver pela prova acima que a afirmação é verdadeira para n=k+1, portanto, a igualdade é verdadeira para qualquer n natural

Prove que

((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), onde n>2

Solução: 1) Para n=2, a identidade se parece com:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), ou seja, é verdade
• 2) Assuma que a expressão é verdadeira para n=k
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
• 3) Vamos provar a correção da expressão para 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)

Provamos a validade da igualdade para n=k+1, portanto, em virtude do método de indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n>2

Prove que

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) para qualquer n natural

Solução: 1) Seja n=1, então

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Assuma que n=k, então
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Vamos provar a veracidade desta afirmação para 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)

A validade da igualdade para n=k+1 também é provada, portanto a afirmação é verdadeira para qualquer n natural.

Prove a validade da identidade

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) para qualquer n natural

• 1) Para n=1 a identidade é verdadeira 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Suponha que para n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Provamos que a identidade é verdadeira para 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)

Pode ser visto na prova acima que a afirmação é verdadeira para qualquer inteiro positivo n.

Prove que (11 n+2 +12 2n+1) é divisível por 133 sem deixar resto

Solução: 1) Seja n=1, então

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

Mas (23 ґ 133) é divisível por 133 sem deixar resto, então para n=1 a afirmação é verdadeira; A(1) é verdadeira.

• 2) Assuma que (11 k+2 +12 2k+1) é divisível por 133 sem deixar resto
• 3) Provemos que neste caso (11 k+3 +12 2k+3) é divisível por 133 sem deixar resto. De fato
• 11 k+3 +12 2k+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

O valor resultante é divisível por 133 sem resto, já que seu primeiro termo é divisível por 133 sem resto por suposição, e no segundo dos fatores é 133. Então, A (k) Yu A (k + 1). Em virtude do método de indução matemática, a afirmação é provada

Prove que para qualquer n 7 n -1 é divisível por 6 sem deixar resto

• 1) Seja n=1, então X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 é dividido por 6 sem deixar resto. Então para n=1 a afirmação é verdadeira
• 2) Suponha que para n \u003d k 7 k -1 seja divisível por 6 sem resto
• 3) Vamos provar que a afirmação é verdadeira para n=k+1

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6

O primeiro termo é divisível por 6, já que 7 k -1 é divisível por 6 por suposição, e o segundo termo é 6. Portanto, 7 n -1 é um múltiplo de 6 para qualquer n natural. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 3 3n-1 +2 4n-3 para um inteiro positivo arbitrário n é divisível por 11.

1) Seja n=1, então

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 é dividido por 11 sem deixar resto.

Então para n=1 a afirmação é verdadeira

• 2) Suponha que para n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 seja divisível por 11 sem deixar resto
• 3) Provamos que a afirmação é verdadeira para 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

O primeiro termo é divisível por 11 sem deixar resto, pois 3 3k-1 +2 4k-3 é divisível por 11 por hipótese, o segundo é divisível por 11, pois um de seus fatores é o número 11. Portanto, a soma é também divisível por 11 sem deixar resto para qualquer n natural. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 11 2n -1 para um inteiro positivo arbitrário n é divisível por 6 sem deixar resto

• 1) Seja n=1, então 11 2 -1=120 é divisível por 6 sem deixar resto. Então para n=1 a afirmação é verdadeira
• 2) Suponha que para n=k 1 2k -1 seja divisível por 6 sem deixar resto
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Ambos os termos são divisíveis por 6 sem resto: o primeiro contém um múltiplo de 6 número 120 e o segundo é divisível por 6 sem resto por suposição. Portanto, a soma é divisível por 6 sem deixar resto. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 3 3n+3 -26n-27 para um número inteiro positivo arbitrário n é divisível por 26 2 (676) sem deixar resto

Vamos primeiro provar que 3 3n+3 -1 é divisível por 26 sem deixar resto

• 1. Quando n=0
• 3 3 -1=26 é divisível por 26
• 2. Suponha que para n=k
• 3 3k+3 -1 é divisível por 26
• 3. Vamos provar que a afirmação é verdadeira para n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - é divisível por 26

Provemos agora a afirmação formulada na condição do problema

• 1) É óbvio que para n=1 a afirmação é verdadeira
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Suponha que para n=k a expressão 3 3k+3 -26k-27 seja divisível por 26 2 sem resto
• 3) Vamos provar que a afirmação é verdadeira para n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Ambos os termos são divisíveis por 26 2 ; a primeira é divisível por 26 2 porque provamos que a expressão entre colchetes é divisível por 26, e a segunda é divisível pela hipótese indutiva. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação é provada

Prove que se n>2 e х>0, então a desigualdade (1+х) n >1+n ґ х

• 1) Para n=2, a desigualdade é verdadeira, pois
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Então A(2) é verdadeira

• 2) Vamos provar que A(k) ⋅ A(k+1) se k> 2. Assuma que A(k) é verdadeiro, ou seja, que a desigualdade
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Provemos que então A(k+1) também é verdadeiro, ou seja, que a desigualdade

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

De fato, multiplicando ambos os lados da desigualdade (3) por um número positivo 1+x, obtemos

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Considere o lado direito da última desigualdade; temos

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

Como resultado, obtemos que (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Então A(k) ⋅ A(k+1). Com base no princípio da indução matemática, pode-se argumentar que a desigualdade de Bernoulli é válida para qualquer n> 2

Prove que a desigualdade (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 é verdadeira para a> 0

Solução: 1) Para m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 ambas as partes são iguais
• 2) Assuma que para m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Provemos que para m=k+1 a não igualdade é verdadeira
• (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

Provamos a validade da desigualdade para m=k+1, portanto, devido ao método de indução matemática, a desigualdade é válida para qualquer m natural

Prove que para n>6 a desigualdade 3 n >n ґ 2 n+1

Vamos reescrever a desigualdade na forma (3/2) n >2n

• 1. Para n=7 temos 3 7/2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 a desigualdade é verdadeira
• 2. Suponha que para n=k (3/2) k >2k
• 3) Provemos a validade da desigualdade para n=k+1
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Como k>7, a última desigualdade é óbvia.

Devido ao método de indução matemática, a desigualdade é válida para qualquer n natural

Prove que para n>2 a desigualdade

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Para n=3 a desigualdade é verdadeira
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Suponha que para n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Provemos a validade da desigualdade para n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Vamos provar que 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

sk(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

O último é óbvio e, portanto,

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

Em virtude do método de indução matemática, a desigualdade está provada.

O método de prova, que será discutido nesta seção, é baseado em um dos axiomas da série natural.

Axioma da indução. Seja dada uma sentença que dependa da variável P, em vez do qual você pode substituir quaisquer números naturais. vamos denotá-lo A(p). Deixe também a frase MASé verdadeiro para o número 1 e do fato de que MAS verdadeiro para número para, segue que MAS verdadeiro para número k+ 1. Em seguida, ofereça MAS verdadeiro para todos os valores naturais P.

Notação simbólica do axioma:

Aqui pico- variáveis ​​sobre o conjunto dos números naturais. Do axioma da indução, obtém-se a seguinte regra de inferência:

Assim, para provar a veracidade da proposição MAS, podemos primeiro provar duas afirmações: a verdade da afirmação MAS( 1), bem como o corolário A(k) => A(k+ 1).

Considerando o exposto, descrevemos a entidade método

indução matemática.

Que seja necessário provar que a sentença Um) verdadeiro para todos os naturais P. A prova é dividida em duas etapas.

• 1ª etapa. base de indução. Tomamos como valor P número 1 e verifique se MAS( 1) é uma afirmação verdadeira.
• 2ª etapa. Transição indutiva. Provamos que para qualquer número natural para a implicação é verdadeira: se A(k), então A(k+ 1).

A passagem indutiva começa com as palavras: “Tome um número natural arbitrário para, de tal modo que A(k)", ou "Deixe para um número natural para certo A(k)". Em vez da palavra "deixe", eles costumam dizer "suponha que ...".

Depois dessas palavras, a carta para denota algum objeto fixo para o qual a relação é válida A(k). Vindo de A(k) deduzimos consequências, ou seja, construímos uma cadeia de sentenças A(k) 9P, Pi, ..., Rn = A(k+ 1), onde cada frase R,é uma afirmação verdadeira ou uma consequência das frases anteriores. A última frase R" deve combinar com A(k+ 1). Disso concluímos: de A(k) deve A(k+).

A execução de uma transição indutiva pode ser dividida em duas etapas:

• 1) Suposição indutiva. Aqui assumimos que MAS para variável n.
• 2) Com base na hipótese, provamos que MAS certo para o número? +1.

Exemplo 5.5.1. Vamos provar que o número p+pé mesmo para todos os naturais P.

Aqui Um) = "n 2 + n- numero par". É preciso provar que MAS - predicado identicamente verdadeiro. Aplicamos o método de indução matemática.

base de indução. Vamos tomar l = 1. Substitua na expressão P+//, obtemos n 2 + n= I 2 + 1 = 2 é um número par, ou seja, /1(1) é uma afirmação verdadeira.

vamos formular hipótese indutiva A(k)= "Número para 2 + para - até." Você pode dizer o seguinte: "Tome um número natural arbitrário para de tal modo que para 2 + paraé um número par.

Deduzimos disso a afirmação A(kA-)= "Número (k+ 1) 2 + (? + 1) - par.

Pelas propriedades das operações, realizamos transformações:

O primeiro termo da soma resultante é par por suposição, o segundo é par por definição (porque tem a forma 2 P). Portanto, a soma é um número par. Frase A(k+ 1) provado.

Pelo método de indução matemática, concluímos: a sentença Um) verdadeiro para todos os naturais P.

Claro, não há necessidade de inserir a notação toda vez A(p). No entanto, ainda é recomendável formular a suposição indutiva e o que é necessário deduzir dela em uma linha separada.

Observe que a afirmação do Exemplo 5.5.1 pode ser provada sem usar o método de indução matemática. Para isso, basta considerar dois casos: quando P mesmo e quando Pímpar.

Muitos problemas de divisibilidade são resolvidos por indução matemática. Vejamos um exemplo mais complexo.

Exemplo 5.5.2. Provemos que o número 15 2u_| +1 é divisível por 8 para todos os números naturais P.

Bacha indução. Vamos tomar /1=1. Temos: número 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 é divisível por 8.

, que para alguns

número natural para o número 15 2 * '+1 é divisível por 8.

vamos provar qual é então o número uma\u003d 15 2 (ZHN +1 é divisível por 8.

Vamos converter o número uma:

Por suposição, o número 15 2A1 +1 é divisível por 8, o que significa que todo o primeiro termo é divisível por 8. O segundo termo 224=8-28 também é divisível por 8. Assim, o número uma como a diferença de dois números que são múltiplos de 8 é divisível por 8. O passo indutivo é justificado.

Com base no método de indução matemática, concluímos que para todo natural P o número 15 2"-1 -*-1 é divisível por 8.

Façamos algumas observações sobre o problema resolvido.

A afirmação comprovada pode ser formulada de maneira um pouco diferente: "O número 15" "+1 é divisível por 8 para qualquer ímpar natural / e".

Em segundo lugar, a partir da declaração geral comprovada, pode-se tirar uma conclusão particular, cuja prova pode ser dada como um problema separado: o número 15 2015 +1 é divisível por 8. Portanto, às vezes é útil generalizar o problema denotando um determinado valor por uma letra e, em seguida, aplicar o método de indução matemática.

No sentido mais geral, o termo "indução" significa que conclusões gerais são feitas com base em exemplos particulares. Por exemplo, tendo considerado alguns exemplos de somas de números pares 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, concluímos que a soma de quaisquer dois números pares é um número par.

No caso geral, tal indução pode levar a conclusões incorretas. Vamos dar um exemplo de tal raciocínio incorreto.

Exemplo 5.5.3. Considere o número uma= /r+n+41 para natural /?.

Vamos encontrar os valores uma para alguns valores P.

Deixar n= Eu então um = 43 é um número primo.

Seja /7=2. Então uma= 4+2+41 = 47 é primo.

Seja l=3. Então uma= 9+3+41 = 53 é primo.

Seja /7=4. Então uma= 16+4+41 = 61 é primo.

Tome como valores P números seguindo a quadra, como 5, 6, 7, e certifique-se de que o número uma será simples.

Concluímos: “Por tudo natural /? número uma será simples."

O resultado é uma declaração falsa. Aqui está um contra-exemplo: /7=41. Certifique-se de que com isso P número uma será composto.

O termo "indução matemática" tem um significado mais restrito, pois o uso desse método permite que você sempre obtenha a conclusão correta.

Exemplo 5.5.4. Com base no raciocínio indutivo, obtemos uma fórmula para o termo geral de uma progressão aritmética. Lembre-se de que a profissão aritmética é uma sequência numérica, cada membro da qual difere da anterior pelo mesmo número, chamado de diferença de progressão. Para especificar exclusivamente uma profissão aritmética, você precisa especificar seu primeiro membro uma e diferença d.

Então, por definição um p+ = um n + d, no n> 1.

No curso escolar de matemática, via de regra, a fórmula do termo geral da profissão aritmética é estabelecida com base em exemplos particulares, ou seja, precisamente por indução.

Se /7=1, ENTÃO A PARTIR DE 7| = Eu|, ENTÃO eu sou| = tf|+df(l -1).

Se /7=2, então i 2 = a + d, isso é uma= I|+*/(2-1).

Se /7=3, então i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, isto é, i3 = i|+(3-1).

Se /7=4, então i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3, etc.

Os exemplos particulares dados nos permitem propor uma hipótese: a fórmula do termo geral tem a forma uma" = a+(n-)d para todo /7>1.

Vamos provar esta fórmula pelo método de indução matemática.

indução de base verificado em discussões anteriores.

Deixar para - tal número em que eu * - a+(k-)d (suposição indutiva).

vamos provar que eu*+! = a+((k+)-)d, ou seja, i*+1 = ax+kd.

Por definição i*+1 = ab + d. um para= eu | +(k-1 )d, significa, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= eu eu +kd, que era necessário provar (para justificar a transição indutiva).

Agora a fórmula i„ = a+(n-)d provado para qualquer número natural /;.

Seja alguma sequência i b i 2 , i, „ ... (não

necessariamente uma progressão aritmética ou geométrica). Freqüentemente, há problemas em que é necessário somar o primeiro P membros dessa sequência, ou seja, especifique a soma R|+i 2 +...+i e uma fórmula que permita encontrar os valores dessa soma sem calcular os membros da sequência.

Exemplo 5.5.5. Provemos que a soma do primeiro P números naturais é

/?(/7 + 1)

Denote a soma 1+2+...+/7 por Sn. Vamos encontrar os valores S n para alguns /7.

Observe que para encontrar a soma S 4 , você pode usar o valor 5 3 calculado anteriormente, pois 5 4 = 5 3 +4.

n(n +1)

Se substituirmos os valores considerados \u200b\u200b/? em termo --- algo

obtemos, respectivamente, as mesmas somas 1, 3, 6, 10. Essas observações

. _ n(n + 1)

sugere que a fórmula S„=--- pode ser usado quando

algum //. Vamos provar esta conjectura pelo método da indução matemática.

indução de base verificado. Vamos fazer isso transição indutiva.

Suponha que a fórmula é verdadeira para algum número natural

, k(k + 1)

k, então a rede é a soma do primeiro para números naturais é ----.

vamos provar que a soma dos primeiros (?+1) números naturais é igual a

• (* + !)(* + 2)

Vamos expressar?*+1 a S k . Para isso, na soma S*+i agrupamos os primeiros para termos e escreva o último termo separadamente:

Pela hipótese indutiva Sk = Então, para encontrar

a soma dos primeiros (? + 1) números naturais, é suficiente para o já calculado

. „ k(k + 1) _ .. ..

a soma do primeiro para números iguais a ---, adicione um termo (k + 1).

A transição indutiva é justificada. Assim, a hipótese levantada no início está provada.

Nós provamos a fórmula S n = método n ^ n+

indução matemática. Claro, há outras evidências também. Por exemplo, você pode escrever a soma S, em ordem crescente de termos e depois em ordem decrescente de termos:

A soma dos termos em uma coluna é constante (em uma soma, cada próximo termo diminui em 1 e na outra aumenta em 1) e é igual a (/r + 1). Portanto, somando as somas resultantes, temos P termos iguais a (u+1). Então dobre a quantidade S „é igual a n(n+ 1).

A fórmula que acabamos de provar pode ser obtida como um caso especial da fórmula da soma dos primeiros P membros de uma progressão aritmética.

Voltemos ao método de indução matemática. Observe que a primeira etapa do método de indução matemática (a base da indução) é sempre necessária. A ausência desta etapa pode levar a uma conclusão incorreta.

Exemplo 5.5.6. Vamos "provar" a frase: "O número 7" + 1 é divisível por 3 para qualquer número natural".

“Suponha que para algum valor natural para o número 7*+1 é divisível por 3. Vamos provar que o número 7 x +1 é divisível por 3. Faça as transformações:

O número 6 é obviamente divisível por 3. O número 1 a +é divisível por 3 pela hipótese indutiva, então o número 7-(7* + 1) também é divisível por 3. Portanto, a diferença de números divisíveis por 3 também será divisível por 3.

Proposta comprovada."

A prova da proposição original está incorreta, apesar do passo indutivo estar correto. De fato, em n= Eu tenho o número 8, com n=2 - o número 50, ..., e nenhum desses números é divisível por 3.

Vamos fazer uma observação importante sobre a notação de um número natural ao realizar uma transição indutiva. Ao formular uma proposta Um) carta P denotamos uma variável, em vez da qual quaisquer números naturais podem ser substituídos. Ao formular a hipótese indutiva, denotamos o valor da variável pela letra para. No entanto, muitas vezes, em vez de uma nova carta para use a mesma letra da variável. Isso não afeta a estrutura do raciocínio ao realizar a transição indutiva.

Vamos considerar mais alguns exemplos de problemas para os quais o método de indução matemática pode ser aplicado.

Exemplo 5.5.7. Encontre o valor da soma

Variável na tarefa P não aparece. No entanto, considere a sequência de termos:

denotar S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Vamos encontrar S„ para alguns P. Se /1= 1, então S, = a, =-.

Se um n= 2. então S, = uma, + uma? = - + - = - = -.

Se /?=3, então S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Você mesmo pode calcular os valores S „ em /7 = 4; 5. Surge

palpite natural: S n= -- para qualquer /7 natural. vamos provar

Isso é por indução matemática.

indução de base verificado acima.

Vamos fazer isso transição indutiva, denotando um arbitrário

valor variável P a mesma letra, ou seja, provamos que pela igualdade

0 /7 _ /7 +1

S n=-segue a igualdade S, =-.

/7+1 /7 + 2

Suponha que a igualdade é verdadeira S= -P -.

Vamos alocar no total S„+ primeiro P termos:

Aplicando a hipótese indutiva, obtemos:

Reduzindo a fração por (/7+1), teremos a igualdade S n +1 - , L

A transição indutiva é justificada.

Isso prova que a soma do primeiro P termos

• 1 1 1 /7 ^
• - +-+...+- é igual a -. Agora vamos voltar ao original
• 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

tarefa. Para resolvê-lo, basta tomar como valor P número 99.

Então a soma -!- + -!- + -!- + ...+ --- será igual ao número 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Tente calcular esse valor de uma maneira diferente.

Exemplo 5.5.8. Provemos que a derivada da soma de qualquer número finito de funções diferenciáveis ​​é igual à soma das derivadas dessas funções.

Deixe a variável /? denota o número de características fornecidas. No caso em que apenas uma função é dada, é essa função que é entendida como a soma. Portanto, se /7=1, então a afirmação é obviamente verdadeira: /" = /".

Suponha que a afirmação é verdadeira para um conjunto de P funções (aqui novamente em vez da letra para carta tomada P), ou seja, a derivada da soma P funções é igual à soma das derivadas.

vamos provar que a derivada da soma das (n + 1) funções é igual à soma das derivadas. Considere um conjunto arbitrário composto por n+ função diferenciável: /1,/2, . Vamos representar a soma dessas funções

Como g+f„+ 1, onde g=f +/g + ... +/t- soma P funções. Pela hipótese indutiva, a derivada da função gé igual à soma das derivadas: g" = pés + pés + ... + pés Portanto, vale a seguinte cadeia de igualdades:

A transição indutiva está concluída.

Assim, a proposição original é provada para qualquer número finito de funções.

Em alguns casos, é necessário provar a veracidade da proposição Um) para todo i natural, partindo de algum valor Com. A prova por indução matemática em tais casos é realizada de acordo com o seguinte esquema.

base de indução. Provamos que a proposta MAS verdadeiro para valor P, igual Com.

Transição indutiva. 1) Assumimos que a proposta MAS verdadeiro para algum valor para variável /?, que é maior ou igual a Com.

2) Provemos que a proposição MAS verdadeiro para /? igual a

Observe novamente que, em vez da letra para muitas vezes deixam a designação variável P. Nesse caso, a transição indutiva começa com as palavras: “Suponha que para algum valor n>s certo A(p). Vamos provar isso então A(n+ 1)".

Exemplo 5.5.9. Vamos provar que para todo natural n> 5 a desigualdade 2” > e 2 é verdadeira.

base de indução. Deixar n= 5. Então 2 5 =32, 5 2 =25. A desigualdade 32 > 25 é verdadeira.

Transição indutiva. Suponha, que a desigualdade 2 P>n 2 para algum número natural n> 5. vamos provar, que é então 2" +| > (n+1) 2 .

Por propriedades de potências 2” +| = 2-2". Como 2" > n 2 (pela hipótese indutiva), então 2-2" > 2n 2 (I).

Justifiquemos que 2 p 2 maior que (i+1) 2 . Isso pode ser feito de várias maneiras. Basta resolver a desigualdade quadrática 2x 2 >(x+) 2 no conjunto dos números reais e veja que todos os números naturais maiores ou iguais a 5 são suas soluções.

Procederemos da seguinte forma. Vamos encontrar a diferença dos números 2 p 2 e (i+1) 2:

desde e > 5, então i + 1 > 6, o que significa (i + 1) 2 > 36. Portanto, a diferença é maior que 0. Portanto, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).

Pelas propriedades das desigualdades, segue de (I) e (2) que 2*2" > (n + 1) 2 , o que era necessário provar para justificar a transição indutiva.

Com base no método de indução matemática, concluímos que a desigualdade 2" > i 2 é verdadeiro para quaisquer números naturais i.

Considere outra forma do método de indução matemática. A diferença está na transição indutiva. Para implementá-lo, são necessárias duas etapas:

• 1) assumir que a oferta Um) verdadeiro para todos os valores da variável i menor que algum número R;
• 2) da suposição feita, deduza que a proposta Um) verdadeiro para número R.

Assim, o passo indutivo requer prova do corolário: [(Ui?) A(n)] => A(p). Observe que o corolário pode ser reescrito como: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).

Na formulação original do método de indução matemática para provar a proposição A(p) contamos apenas com a proposta "anterior" A(p- 1). A formulação do método dado aqui permite derivar A(p), supondo que todas as propostas Um), onde estou menos R, são verdadeiros.

Exemplo 5.5.10. Vamos provar o teorema: "A soma dos ângulos internos de qualquer i-gon é 180°(i-2)".

Para um polígono convexo, o teorema é fácil de provar se for dividido por diagonais traçadas de um vértice em triângulos. No entanto, para um polígono não convexo, tal procedimento pode não ser possível.

Vamos provar o teorema para um polígono arbitrário por indução matemática. Assumimos que a seguinte afirmação é conhecida, o que, estritamente falando, requer uma prova separada: "Em qualquer //-gon, existe uma diagonal que está inteiramente em sua parte interna."

Em vez de uma variável //, você pode substituir quaisquer números naturais maiores ou iguais a 3. Para n=b O teorema é verdadeiro porque a soma dos ângulos de um triângulo é 180°.

Pegue um pouco de /7-gon (p> 4) e suponha que a soma dos ângulos de qualquer //-gon, onde // p, é igual a 180°(//-2). Provemos que a soma dos ângulos do //-gon é igual a 180°(//-2).

Vamos desenhar um //-gon diagonal dentro dele. Ele dividirá o //-gon em dois polígonos. Deixe um deles ter para lados, o outro para 2 lados. Então k + k 2 -2 \u003d p, já que os polígonos resultantes têm um lado comum desenhado na diagonal, que não é um lado do //-gon original.

Ambos os números para e para 2 menos //. Apliquemos a suposição indutiva aos polígonos resultantes: a soma dos ângulos do A]-gon é 180°-(?i-2), e a soma dos ângulos? 2-gon é igual a 180 ° - (Ar 2 -2). Então a soma dos ângulos do //-gon será igual à soma desses números:

180 ° * (Ar | -2) -n 180 ° (Ar2-2) \u003d 180 o (Ar, -Ar 2 -2-2) \u003d 180 ° - (//-2).

A transição indutiva é justificada. Baseado no método de indução matemática, o teorema é provado para qualquer //-gon (//>3).

Método de indução matemática

Introdução

Parte principal

1. Indução completa e incompleta
2. Princípio da indução matemática
3. Método de indução matemática
4. Solução de exemplos
5. Igualdade
6. Divisão numérica
7. desigualdades

Conclusão

Lista de literatura usada

Introdução

Os métodos dedutivos e indutivos são a base de qualquer pesquisa matemática. O método dedutivo de raciocínio é o raciocínio do geral para o particular, ou seja, raciocínio, cujo ponto de partida é o resultado geral e o ponto final é o resultado particular. A indução é aplicada ao passar de resultados particulares para resultados gerais, ou seja, é o oposto do método dedutivo.

O método de indução matemática pode ser comparado com o progresso. Começamos do mais baixo, como resultado do pensamento lógico chegamos ao mais alto. O homem sempre lutou pelo progresso, pela capacidade de desenvolver seu pensamento logicamente, o que significa que a própria natureza o destinou a pensar indutivamente.

Embora o campo de aplicação do método de indução matemática tenha crescido, pouco tempo é dedicado a ele no currículo escolar. Bem, digamos que uma pessoa útil será trazida por aquelas duas ou três lições para as quais ouve cinco palavras de teoria, resolve cinco problemas primitivos e, como resultado, recebe cinco por não saber nada.

Mas isso é muito importante - ser capaz de pensar indutivamente.

Parte principal

Em seu significado original, a palavra "indução" é aplicada ao raciocínio pelo qual conclusões gerais são obtidas com base em uma série de afirmações particulares. O método mais simples de raciocínio desse tipo é a indução completa. Aqui está um exemplo de tal raciocínio.

Seja necessário estabelecer que todo número par natural n dentro de 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.

Essas nove igualdades mostram que cada um dos números que nos interessam é de fato representado como a soma de dois termos primos.

Assim, a indução completa é que a afirmação geral é provada separadamente em cada um de um número finito de casos possíveis.

Às vezes, o resultado geral pode ser previsto após considerar não todos, mas sim um grande número de casos especiais (a chamada indução incompleta).

O resultado obtido por indução incompleta, no entanto, permanece apenas uma hipótese até que seja provado por raciocínio matemático exato, abrangendo todos os casos especiais. Em outras palavras, a indução incompleta em matemática não é considerada um método legítimo de prova rigorosa, mas é um método poderoso para descobrir novas verdades.

Deixe, por exemplo, é necessário encontrar a soma dos primeiros n números ímpares consecutivos. Considere casos especiais:

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

Depois de considerar esses poucos casos especiais, a seguinte conclusão geral sugere-se:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

Essa. a soma dos n primeiros números ímpares consecutivos é n 2

Claro, a observação feita ainda não pode servir como prova da validade da fórmula acima.

A indução completa tem apenas aplicações limitadas em matemática. Muitas declarações matemáticas interessantes abrangem um número infinito de casos especiais e não podemos testar um número infinito de casos. A indução incompleta geralmente leva a resultados errôneos.

Em muitos casos, a saída para esse tipo de dificuldade é recorrer a um método especial de raciocínio, chamado de método de indução matemática. É o seguinte.

Seja necessário provar a validade de uma determinada afirmação para qualquer número natural n (por exemplo, é necessário provar que a soma dos primeiros n números ímpares é igual a n 2). Uma verificação direta dessa afirmação para cada valor de n é impossível, pois o conjunto dos números naturais é infinito. Para provar esta afirmação, primeiro verifique sua validade para n=1. Então está provado que para qualquer valor natural de k, a validade da afirmação considerada para n=k implica sua validade também para n=k+1.

Então a afirmação é considerada provada para todo n. De fato, a afirmação é verdadeira para n=1. Mas também é válido para o próximo número n=1+1=2. A validade da afirmação para n=2 implica sua validade para n=2+

1=3. Isso implica a validade da declaração para n=4, e assim por diante. É claro que, ao final, chegaremos a qualquer número natural n. Portanto, a afirmação é verdadeira para qualquer n.

Resumindo o que foi dito, formulamos o seguinte princípio geral.

O princípio da indução matemática.

Se a sentença A(n), que depende de um número natural n, é verdadeira para n=1, e pelo fato de ser verdadeira para n=k (onde k é qualquer número natural), segue-se que também é verdadeiro para o próximo número n=k +1, então a suposição A(n) é verdadeira para qualquer número natural n.

Em vários casos, pode ser necessário provar a validade de uma determinada afirmação não para todos os números naturais, mas apenas para n>p, onde p é um número natural fixo. Nesse caso, o princípio da indução matemática é formulado da seguinte maneira.

Se a proposição A(n) é verdadeira para n=p e se A(k)ÞA(k+1) para qualquer k>p, então a proposição A(n) é verdadeira para qualquer n>p.

A prova pelo método de indução matemática é realizada da seguinte forma. Primeiro, a afirmação a ser provada é verificada para n = 1, ou seja, a verdade da afirmação A(1) é estabelecida. Esta parte da prova é chamada de base de indução. Isso é seguido por uma parte da prova chamada etapa de indução. Nesta parte, a validade da afirmação para n=k+1 é provada sob a suposição de que a afirmação é verdadeira para n=k (a suposição indutiva), ou seja, prove que A(k)ÞA(k+1).

Prove que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Solução: 1) Temos n=1=1 2 . Consequentemente,

a afirmação é verdadeira para n=1, ou seja, A(1) é verdadeira.

2) Provemos que A(k)ÞA(k+1).

Seja k qualquer número natural e a afirmação seja verdadeira para n=k, ou seja,

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Vamos provar que então a afirmação também é verdadeira para o próximo número natural n=k+1, ou seja, o que

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

De fato,

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

Então A(k)ÞA(k+1). Com base no princípio da indução matemática, concluímos que a hipótese A(n) é verdadeira para qualquer nОN.

Prove que

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

Solução: 1) Para n=1 obtemos

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

portanto, para n=1 a fórmula é verdadeira; A(1) é verdadeira.

2) Seja k qualquer número natural e a fórmula seja verdadeira para n=k, ou seja,

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).

Provemos que então a igualdade

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

De fato

1+х+х 2 +x 3 +…+х 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).

Então A(k)ÞA(k+1). Com base no princípio da indução matemática, concluímos que a fórmula é verdadeira para qualquer número natural n.

Prove que o número de diagonais de um n-gon convexo é n(n-3)/2.

Solução: 1) Para n=3, a afirmação é verdadeira

E 3 está correto, porque em um triângulo

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

A 2 A(3) é verdadeiro.

2) Suponha que em qualquer

convexo k-gon tem-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonais.

A k Provemos que então em uma convexa

(k+1)-gon número

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

Seja À 1 À 2 À 3 …A k A k+1 -convexo (k+1)-ângulo. Vamos desenhar uma diagonal A 1 A k nele. Para contar o número total de diagonais deste (k + 1)-gon, você precisa contar o número de diagonais no k-gon A 1 A 2 ...A k , adicione k-2 ao número resultante, ou seja. o número de diagonais do (k+1)-gon que emana do vértice A k+1 e, além disso, a diagonal A 1 A k deve ser levada em consideração.

Nesse caminho,

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

Então A(k)ÞA(k+1). Devido ao princípio da indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n-ágono convexo.

Prove que para qualquer n a afirmação é verdadeira:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solução: 1) Seja n=1, então

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Portanto, para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Assuma que n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Considere esta afirmação para n=k+1

Xk+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.

Provamos a validade da igualdade para n=k+1, portanto, em virtude do método de indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n natural.

Prove que para qualquer n natural a igualdade é verdadeira:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solução: 1) Seja n=1.

Então X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vemos que para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Assuma que a igualdade é verdadeira para n=k

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4.

3) Vamos provar a veracidade desta afirmação para n=k+1, ou seja,

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.

Da prova acima fica claro que a afirmação é verdadeira para n=k+1, portanto, a igualdade é verdadeira para qualquer n natural.

Prove que

((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), onde n>2.

Solução: 1) Para n=2 a identidade se parece com: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

Essa. isso está correto.

2) Assuma que a expressão é verdadeira para n=k

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

3) Vamos provar a correção da expressão para 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))´((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).

Provamos a validade da igualdade para n=k+1, portanto, devido ao método de indução matemática, a afirmação é verdadeira para qualquer n>2

Prove que

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

para qualquer n natural.

Solução: 1) Seja n=1, então

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

2) Assuma que n=k, então

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

3) Vamos provar a veracidade desta afirmação para 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).

A validade da igualdade para n=k+1 também é provada, portanto a afirmação é verdadeira para qualquer número natural n.

Prove a validade da identidade

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

para qualquer n natural.

1) Para n=1 a identidade é verdadeira 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Suponha que para n=k

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

3) Provemos que a identidade é verdadeira para 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).

Pode ser visto na prova acima que a afirmação é verdadeira para qualquer número natural n.

Prove que (11 n+2 +12 2n+1) é divisível por 133 sem deixar resto.

Solução: 1) Seja n=1, então

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.

Mas (23´133) é divisível por 133 sem deixar resto, então para n=1 a afirmação é verdadeira; A(1) é verdadeira.

2) Suponha que (11 k+2 +12 2k+1) seja divisível por 133 sem deixar resto.

3) Provemos que neste caso

(11 k+3 +12 2k+3) é divisível por 133 sem deixar resto. De fato, 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

A soma resultante é divisível por 133 sem resto, pois seu primeiro termo é divisível por 133 sem resto por suposição, e no segundo dos fatores é 133. Portanto, А(k)ÞА(k+1). Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que para qualquer n 7 n -1 é divisível por 6 sem deixar resto.

Solução: 1) Seja n=1, então X 1 =7 1 -1=6 é dividido por 6 sem deixar resto. Portanto, para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Suponha que para n=k

7 k -1 é divisível por 6 sem deixar resto.

3) Provemos que a afirmação é verdadeira para n=k+1.

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

O primeiro termo é divisível por 6, já que 7 k -1 é divisível por 6 por suposição, e o segundo termo é 6. Portanto, 7 n -1 é um múltiplo de 6 para qualquer n natural. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 3 3n-1 +2 4n-3 para n natural arbitrário é divisível por 11.
Solução: 1) Seja n=1, então

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 é dividido por 11 sem deixar resto. Portanto, para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Suponha que para n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 é divisível por 11 sem deixar resto.

3) Provemos que a afirmação é verdadeira para 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 .

O primeiro termo é divisível por 11 sem deixar resto, pois 3 3k-1 +2 4k-3 é divisível por 11 por hipótese, o segundo é divisível por 11, pois um de seus fatores é o número 11. Portanto, a soma é também divisível por 11 sem resto para qualquer n natural. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 11 2n -1 para um inteiro positivo arbitrário n é divisível por 6 sem deixar resto.

Solução: 1) Seja n=1, então 11 2 -1=120 é divisível por 6 sem deixar resto. Portanto, para n=1 a afirmação é verdadeira.

2) Suponha que para n=k

11 2k -1 é divisível por 6 sem deixar resto.

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

Ambos os termos são divisíveis por 6 sem resto: o primeiro contém um múltiplo de 6 número 120 e o segundo é divisível por 6 sem resto por suposição. Portanto, a soma é divisível por 6 sem deixar resto. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que 3 3n+3 -26n-27 para um inteiro positivo arbitrário n é divisível por 26 2 (676) sem deixar resto.

Solução: Vamos primeiro provar que 3 3n+3 -1 é divisível por 26 sem deixar resto.

1. Para n=0

3 3 -1=26 é divisível por 26

2. Suponha que para n=k

3 3k+3 -1 é divisível por 26

3. Vamos provar que a afirmação

verdadeiro para n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – divisível por 26

Agora vamos provar a afirmação formulada na condição do problema.

1) É óbvio que para n=1 a afirmação é verdadeira

3 3+3 -26-27=676

2) Suponha que para n=k

a expressão 3 3k+3 -26k-27 é divisível por 26 2 sem deixar resto.

3) Vamos provar que a afirmação é verdadeira para n=k+1

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

Ambos os termos são divisíveis por 26 2 ; a primeira é divisível por 26 2 porque provamos que a expressão entre colchetes é divisível por 26, e a segunda é divisível pela hipótese indutiva. Em virtude do método de indução matemática, a afirmação está provada.

Prove que se n>2 e x>0, então a desigualdade

(1+x) n >1+n´x.

Solução: 1) Para n=2, a desigualdade é verdadeira, pois

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

Então A(2) é verdadeira.

2) Vamos provar que A(k)ÞA(k+1) se k> 2. Suponha que A(k) seja verdadeiro, ou seja, que a desigualdade

(1+x) k >1+k´x. (3)

Provemos que então A(k+1) também é verdadeiro, ou seja, que a desigualdade

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

De fato, multiplicando ambos os lados da desigualdade (3) por um número positivo 1+x, obtemos

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Considere o lado direito do último desigual

stva; temos

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

Como resultado, obtemos que

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Então A(k)ÞA(k+1). Com base no princípio da indução matemática, pode-se argumentar que a desigualdade de Bernoulli é válida para qualquer

Prove que a desigualdade é verdadeira

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

Solução: 1) Para m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ambas as partes são iguais.

2) Assuma que para m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Provemos que para m=k+1 a não igualdade é verdadeira

(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 .

Provamos a validade da desigualdade para m=k+1, portanto, em virtude do método de indução matemática, a desigualdade é verdadeira para qualquer m natural.

Prove que para n>6 a desigualdade

3 n > n´2 n+1 .

Solução: Vamos reescrever a desigualdade na forma

1. Para n=7 temos

3 7/2 7 =2187/128>14=2´7

a desigualdade é verdadeira.

2. Suponha que para n=k

3) Provemos a correção da desigualdade para n=k+1.

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

Como k>7, a última desigualdade é óbvia.

Em virtude do método de indução matemática, a desigualdade é válida para qualquer n natural.

Prove que para n>2 a desigualdade

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

Solução: 1) Para n=3 a desigualdade é verdadeira

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

1. Suponha que para n=k

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

3) Vamos provar a validade do não-

igualdades para n=k+1

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

Vamos provar que 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

w(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

O último é óbvio e, portanto,

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

Em virtude do método de indução matemática, a não igualdade é provada.

Conclusão

Em particular, tendo estudado o método de indução matemática, aprimorei meus conhecimentos nesta área da matemática e também aprendi a resolver problemas que antes estavam além do meu poder.

Basicamente, essas eram tarefas lógicas e divertidas, ou seja, apenas aqueles que aumentam o interesse pela própria matemática como ciência. A solução de tais problemas torna-se uma atividade lúdica e pode atrair cada vez mais curiosos aos labirintos matemáticos. Na minha opinião, esta é a base de qualquer ciência.

Continuando a estudar o método de indução matemática, tentarei aprender como aplicá-lo não apenas na matemática, mas também na resolução de problemas de física, química e da própria vida.

MATEMÁTICAS:

PALESTRAS, TAREFAS, SOLUÇÕES

Livro didático / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996.

ÁLGEBRA E OS PRINCÍPIOS DE ANÁLISE

Livro didático / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. "Iluminismo" 1975.