Dokazna metoda, ki temelji na Peanovem aksiomu 4, se uporablja za dokazovanje številnih matematičnih lastnosti in različnih izjav. Osnova za to je naslednji izrek.

Izrek. Če izjava AMPAK(n) z naravno spremenljivko n res za n= 1 in iz dejstva, da velja za n=k, sledi, da velja tudi za naslednjo številko n=k, nato izjava AMPAK(n) n.

Dokaz. Označimo z M množica tistih in samo tistih naravnih števil, za katera izjava AMPAK(n) prav. Potem imamo iz pogoja izreka: 1) 1 M; 2) k MkM. Zato na podlagi aksioma 4 sklepamo, da M =n, tj. izjava AMPAK(n) velja za vsako naravno n.

Metoda dokaza, ki temelji na tem izreku, se imenuje metoda matematične indukcije, in aksiom je aksiom indukcije. Ta dokaz ima dva dela:

1) dokažite, da izjava AMPAK(n) res za n= A(1);

2) predpostavimo, da izjava AMPAK(n) res za n=k, in na podlagi te predpostavke dokažite, da je izjava A(n) res za n=k+ 1, tj. da je izjava resnična A(k) A(k + 1).

Če AMPAK( 1) AMPAK(k) A(k + 1) je trditev resnična, potem sklepajo, da trditev A(n) velja za vsako naravno število n.

Dokaz z matematično indukcijo se lahko začne ne samo s potrditvijo resničnosti izjave za n= 1, ampak tudi iz poljubnega naravnega števila m. V tem primeru izjava AMPAK(n) bomo dokazali za vsa naravna števila nm.

Naloga. Dokažimo, da za poljubno naravno število velja enakost 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

rešitev. Enakost 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n je formula, ki jo lahko uporabimo za iskanje vsote prvih zaporednih lihih naravnih števil. Na primer, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (vsota vsebuje 4 člene), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (vsota vsebuje 6 členov); če ta vsota vsebuje 20 členov navedenega tipa, potem je enaka 20 = 400 itd. Ko smo dokazali resničnost te enakosti, bomo lahko s formulo našli vsoto poljubnega števila členov določene vrste.

1) Preverite resničnost te enakosti za n= 1. Kdaj n= 1 je leva stran enakosti sestavljena iz enega člena, ki je enak 1, desna stran pa je enaka 1= 1. Ker je 1 = 1, potem za n= 1 ta enakost velja.

2) Predpostavimo, da ta enakost velja za n=k, tj. da 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Na podlagi te predpostavke dokazujemo, da je res za n=k+ 1, tj. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Razmislite o levi strani zadnje enakosti.

Po predpostavki je vsota prvega k izrazi so k in torej 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Izraz k+ 2k + 1 je identično enak izrazu ( k + 1).

Zato je resnica te enakosti za n=k+ 1 je dokazano.

Tako ta enakost velja za n= 1 in iz njegove resnice za n=k sledi resnici za n=k+ 1.

To dokazuje, da ta enakost velja za vsako naravno število.

Z uporabo metode matematične indukcije je mogoče dokazati resničnost ne le enakosti, ampak tudi neenakosti.

Naloga. Dokažite, da kje nN.

rešitev. Preverimo resničnost neenakosti za n= 1. Imamo – pravo neenakost.

Predpostavimo, da neenakost velja za n=k, tiste. - prava neenakost. Dokažimo na podlagi predpostavke, da velja za n=k+ 1, tj. (*).

Preoblikujemo levo stran neenakosti (*), pri čemer upoštevamo, da : .

Ampak, to pomeni .

Torej ta neenakost velja za n= 1, in iz dejstva, da je neenakost resnična za nekatere n= k, smo ugotovili, da velja tudi za n= k + 1.

Tako smo z uporabo aksioma 4 dokazali, da ta neenakost velja za vsako naravno število.

Z metodo matematične indukcije lahko dokažemo tudi druge trditve.

Naloga. Dokaži, da trditev velja za poljubno naravno število.

rešitev. Preverimo resničnost izjave za n= 1: - resnična trditev.

Predpostavimo, da ta izjava drži za n=k: . S tem pokažimo resničnost izjave za n=k+ 1: .

Preoblikujemo izraz: . Poiščimo razliko k in k+ 1 članov. Če se izkaže, da je nastala razlika večkratnik števila 7 in je po predpostavki odštevanec deljiv s 7, potem je tudi minuend večkratnik števila 7:

Produkt je torej večkratnik števila 7 in .

Ta izjava torej drži za n= 1 in iz njegove resnice za n=k sledi resnici za n=k+ 1.

To dokazuje, da ta trditev velja za vsako naravno število.

Naloga. Dokaži to za poljubno naravno število n 2 trditev (7-1)24 drži.

rešitev. 1) Preverite resničnost izjave za n= 2: - trditev drži.

Ministrstvo za izobraževanje Saratovske regije

Saratovska državna socialno-ekonomska univerza

Regijsko tekmovanje matematičnih in računalniških del šolarjev

"Vektor prihodnosti - 2007"

«Metoda matematične indukcije.

Njegova uporaba pri reševanju algebraičnih problemov"

(razdelek "matematika")

ustvarjalno delo

Učenci 10"A" razreda

MOU "Gimnazija št. 1"

Okrožje Oktyabrsky v Saratovu

Harutyunyan Gayane.

Vodja dela:

učiteljica matematike

Grishina Irina Vladimirovna

Saratov

2007

Uvod……………………………………………………………………………………3

Princip matematične indukcije in njen

dokaz……………………………………………………………………………..4

Primeri reševanja problemov……………………………………………………………………..9

Zaključek………………………………………………………………………………..16

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

Uvod.

Metodo matematične indukcije lahko primerjamo z napredkom. Začnemo od najnižjega, kot rezultat logičnega razmišljanja pridemo do najvišjega. Človek že od nekdaj teži k napredku, k zmožnosti logičnega razvoja misli, kar pomeni, da mu je narava sama namenila, da misli induktivno in svojo misel podkrepi z dokazi, izvedenimi po vseh pravilih logike.
Trenutno se je področje uporabe metode matematične indukcije povečalo, vendar se ji v šolskem kurikulumu na žalost posveča malo časa. A to je tako pomembno – znati induktivno razmišljati.

Princip matematične indukcije in njegov dokaz

Obrnimo se k bistvu metode matematične indukcije. Razmislimo o različnih izjavah. Lahko jih razdelimo na splošne in posebne.Navedimo primere splošnih izjav.

Vsi ruski državljani imajo pravico do izobraževanja.

V katerem koli paralelogramu se diagonale na presečišču razpolovijo.

Vsa števila, ki se končajo na nič, so deljiva s 5.

Ustrezni primeri zasebnih izjav:

Petrov ima pravico do izobraževanja.

V paralelogramu ABCD sta diagonali v presečni točki razpolovljeni.

140 je deljivo s 5.

Prehod od splošnih izjav k posebnim se imenuje dedukcija (iz latinščine deductio - sklepanje po pravilih logike).

Razmislite o primeru deduktivnega sklepanja.

Vsi ruski državljani imajo pravico do izobraževanja. (ena)

Petrov je državljan Rusije. (2)

Petrov ima pravico do izobraževanja. (3)

Iz splošne trditve (1) s pomočjo (2) dobimo partikularno trditev (3).

Povratni prehod iz posameznih izjav v splošne izjave se imenuje indukcija (iz latinščine indukcija - vodenje).

Indukcija lahko vodi do pravilnih in napačnih zaključkov.

Razložimo to z dvema primeroma.

140 je deljivo s 5. (1)

Vsa števila, ki se končajo na nič, so deljiva s 5. (2)

140 je deljivo s 5. (1)

Vsa trimestna števila so deljiva s 5. (2)

Iz partikularne izjave (1) dobimo splošno trditev (2). Trditev (2) drži.

Drugi primer prikazuje, kako lahko iz posamezne izjave (1) pridobimo splošno trditev (3), poleg tega trditev (3) ni resnična.

Zastavimo si vprašanje, kako uporabiti indukcijo v matematiki, da bi dobili le pravilne zaključke. Oglejmo si nekaj primerov indukcije, ki je v matematiki nesprejemljiva.

Primer 1.

Razmislite o kvadratnem trinomu naslednje oblike Р(x)= x 2 + x + 41, na katerega je bil pozoren Leonard Euler.

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.

Vidimo, da je vsakič vrednost trinoma praštevilo. Na podlagi dobljenih rezultatov trdimo, da pri zamenjavi v obravnavani trinom namesto x Vsako nenegativno celo število vedno povzroči praštevilo.

Vendar pa sklepa ni mogoče šteti za zanesljivega. Kaj je narobe? Dejstvo je, da so v obrazložitvi podane splošne izjave o katerem koli x samo na podlagi tega, da se je ta izjava izkazala za resnično za nekatere vrednosti x.

Dejansko so ob natančnejšem pregledu trinoma P(x) števila P(0), P(1), ..., P(39) praštevila, P(40) = 41 2 pa je sestavljeno število. In povsem jasno: P(41) = 41 2 +41+41 je večkratnik 41.

V tem primeru smo se srečali z izjavo, ki je resnična v 40 posebnih primerih, na splošno pa se je izkazala za nepravično.

Poglejmo si še nekaj primerov.

Primer 2

V 17. stoletju je V.G. Leibniz je dokazal, da so za vsak naravni n števila v obliki n 3 - n večkratniki 3, n 5 - n večkratniki 5, n 7 - n večkratniki 7. Na podlagi tega je predlagal, da je za vsako liho k in naravno n, število n k - n večkratnik k, vendar je kmalu sam opazil, da je 2 9 -2=510, ki očitno ni deljivo z 9.

Obravnavani primeri nam omogočajo, da naredimo pomemben zaključek: izjava je lahko resnična v številnih posebnih primerih in hkrati nepravična na splošno.

Seveda se postavlja vprašanje: obstaja trditev, ki je resnična v več posebnih primerih; nemogoče je upoštevati vse posebne primere; kako veš, če ta izjava sploh drži?

To vprašanje je včasih mogoče rešiti z uporabo posebne metode sklepanja, imenovane metoda matematične indukcije. Ta metoda temelji na princip matematične indukcije, ki se zaključi z naslednjim: izjava velja za vsak naravni n, če:

velja za n = 1;

iz veljavnosti izjave za neko poljubno naravno n =k sledi, da velja za n = k +1.

Dokaz.

Predpostavimo nasprotno, to je, naj trditev ne velja za vsako naravno n. Potem obstaja naravno število m tako, da

izjava za n = m ni resnična,

za vse n

Očitno je, da je m >1, saj trditev velja za n =1 (pogoj 1). Zato je m -1 naravno število. Za naravno število m -1 trditev drži, za naslednje naravno število m pa ne drži. To je v nasprotju s pogojem 2. Nastalo protislovje kaže, da je predpostavka napačna. Zato velja trditev za vsak naravni n, h.e.d.

Dokaz, ki temelji na principu matematične indukcije, imenujemo dokaz z metodo matematične indukcije. Tak dokaz bi moral biti sestavljen iz dveh delov, iz dokaza dveh neodvisnih izrekov.

1. izrek. Trditev velja za n =1.

2. izrek. Trditev velja za n =k +1, če velja za n=k, kjer je k poljubno naravno število.

Če sta oba ta izreka dokazana, potem na podlagi načela matematične indukcije izjava velja za katero koli
naravni n .

Poudariti je treba, da dokaz z matematično indukcijo vsekakor zahteva dokaz obeh izrekov 1 in 2. Zanemarjanje izreka 2 vodi do napačnih zaključkov (primeri 1-2). Pokažimo na primeru, kako potreben je dokaz izreka 1.

Primer 3. "Izrek": vsako naravno število je enako naravnemu številu, ki mu sledi.

Dokaz bo izveden z metodo matematične indukcije.

Recimo, da je k =k +1 (1).

Dokažimo, da je k +1=k +2 (2). Če želite to narediti, vsakemu delu "enakosti" (1) dodajte 1. Dobimo "enakost" (2). Izkaže se, da če je trditev resnična za n =k , potem je resnična tudi za n =k +1 itd.

Očitna "posledica" iz "teorema": vsa naravna števila so enaka.

Napaka je v tem, da izrek 1, ki je nujen za uporabo principa matematične indukcije, ni dokazan in ni resničen, ampak je dokazan le drugi izrek.

Izreka 1 in 2 sta še posebej pomembna.

Izrek 1 ustvarja osnovo za indukcijo. Izrek 2 daje pravico do neomejenega samodejnega širjenja te baze, pravico do premika iz tega posebnega primera v naslednjega, od n do n + 1.

Če izrek 1 ni bil dokazan, dokazan pa je izrek 2, potem torej ni bila ustvarjena osnova za indukcijo in potem nima smisla uporabljati izreka 2, saj pravzaprav ni kaj razširiti.

Če izrek 2 ni bil dokazan in je bil dokazan le izrek 1, potem, čeprav je osnova za izvedbo indukcije ustvarjena, ni pravice do razširitve te baze.

Opombe.

Včasih drugi del dokaza temelji na veljavnosti izjave ne samo za n =k, ampak tudi za n =k -1. V tem primeru je treba stavek v prvem delu preizkusiti za naslednji dve vrednosti n.

Včasih trditev ne dokažemo za noben naravni n, temveč za n > m, kjer je m neko celo število. V tem primeru se v prvem delu dokaza trditev preveri za n =m +1 in po potrebi za več naslednjih vrednosti n.

Če povzamemo povedano, imamo: metoda matematične indukcije omogoča, da v iskanju splošnega zakona preizkusimo hipoteze, ki se pojavijo v tem primeru, zavržemo napačne in potrdimo resnične.

Vsi poznajo vlogo procesov posploševanja rezultatov posameznih opazovanj in poskusov (tj. indukcije) za empirične, eksperimentalne znanosti. Matematika pa je dolgo veljala za klasičen primer izvajanja čisto deduktivnih metod, saj se vedno eksplicitno ali implicitno domneva, da so vse matematične trditve (razen tistih, ki so sprejete kot izhodiščne - aksiomi) dokazane, specifične aplikacije pa od teh trditev so izpeljane iz dokazov, primernih za splošne primere (dedukcija).

Kaj pomeni indukcija v matematiki? Ali jo je treba razumeti kot premalo zanesljivo metodo in kako iskati merilo za zanesljivost tovrstnih induktivnih metod? Ali gotovost matematičnih zaključkov, ki so enake narave kot eksperimentalne posplošitve eksperimentalnih znanosti, tako da ne bi bilo slabo "preveriti" nobenega dokazanega dejstva? V resnici temu ni tako.

Indukcija (usmerjanje) na hipotezo ima v matematiki zelo pomembno, a povsem hevristično vlogo: omogoča ugibati, kakšna bi morala biti rešitev. Toda matematične trditve se vzpostavijo le deduktivno. In metoda matematične indukcije je čisto deduktivna metoda dokazovanja. Dejansko je dokaz, izveden s to metodo, sestavljen iz dveh delov:

tako imenovana "osnova" - deduktivni dokaz želenega stavka za eno (ali več) naravnih števil;

induktivni korak, sestavljen iz deduktivnega dokaza splošne izjave. Izrek je natančno dokazan za vsa naravna števila. Iz dokazane baze na primer za število 0 dobimo s korakom indukcije dokaz za število 1, nato na enak način za 2, za 3 ... - in tako lahko trditev utemeljimo za poljubno naravno število.

Z drugimi besedami, ime "matematična indukcija" je posledica dejstva, da je ta metoda v naših glavah preprosto povezana s tradicionalnim induktivnim sklepanjem (navsezadnje je osnova resnično dokazana le za določen primer); induktivni korak je v nasprotju s kriteriji verodostojnosti induktivnega sklepanja, ki temelji na izkušnjah v naravoslovju in družboslovju, splošna izjava, ki ne potrebuje posebne premise in se dokazuje v skladu s strogimi kanoni deduktivnega sklepanja. Zato matematično indukcijo imenujemo "popolna" ali "popolna", saj je deduktivna, popolnoma zanesljiva metoda dokaza.

Primeri rešitev problema

Indukcija v algebri

Razmislite o več primerih algebraičnih problemov, pa tudi o dokazih različnih neenakosti, ki jih je mogoče rešiti z metodo matematične indukcije.

Naloga 1. Ugani formulo za vsoto in jo dokaži.

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

rešitev.

1. Transformirajmo izraz za vsoto А(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), kjer je B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Upoštevajte vsoti C (n) in B (n).

a) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Eden od pogostih problemov pri metodi matematične indukcije je dokazati, da za vsak naravni n velja enakost

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Predpostavimo, da (1) velja za vse n  n.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Opazujmo, kako se vrednosti B (n) spreminjajo glede na 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 =

Tako se lahko domneva, da
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

c) Posledično dobimo za vsoto А(n).

AMPAK( n ) ==

= (*)

3. Dobljeno formulo (*) dokažimo z metodo matematične indukcije.

a) preverimo enakost (*) za n = 1.

A(1) = 2  =2,

Očitno formula (*) velja za n = 1.

b) predpostavimo, da formula (*) velja za n=k , kjer je k N, torej enakost

A(k)=

Na podlagi predpostavke bomo dokazali veljavnost formule za n =k +1. res,

A(k+1)=

Ker formula (*) velja za n =1 in iz predpostavke, da velja za nek naravni k, sledi, da velja za n =k +1, na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da je enakost

velja za vsak naravni n.

Naloga 2.

Izračunajte vsoto 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

rešitev.

Zaporedoma zapišimo vrednosti vsot za različne vrednosti n.

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.

Če opazujemo vzorec, lahko predpostavimo, da je A (n)= - za sodo n in A (n)=
za liho n. Združimo oba rezultata v eno formulo:

A(n) =
, kjer je r ostanek deljenja n z 2.

in r , očitno določa naslednje pravilo

0 če n je sodo,

r=

1 če n je liho.

Potem r(lahko uganiti) je mogoče predstaviti kot:

Končno dobimo formulo za A (n):

A(n)=

(*)

Dokažimo enakost (*) za vse n  n metoda matematične indukcije.

2. a) Preverite enakost (*) za n =1. A(1) = 1=

Enakost je poštena

b) Recimo, da velja enakost

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

res pri n=k. Dokažimo, da velja tudi za n =k + 1, tj.

A(k+1)=

Vsekakor,

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

=

Q.E.D.

Metoda matematične indukcije se uporablja tudi za reševanje problemov deljivosti.

Naloga 3.

Dokaži, da je število N (n)=n 3 + 5n deljivo s 6 za vsak naravni n.

Dokaz.

pri n =1 število N (1)=6 in zato trditev drži.

Naj bo za nek naravni k število N (k )=k 3 +5k deljivo s 6. Dokažimo, da je N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) deljivo s 6. Res, imamo
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Zaradi k in k +1 sosednji naravni števili, potem je eno od njiju nujno sodo, zato je izraz 3k (k +1) deljiv s 6. Tako dobimo, da je tudi N (k +1) deljivo s 6. Izhod število N (n)=n 3 + 5n je deljivo s 6 za vsak naravni n.

Razmislite o rešitvi kompleksnejšega problema deljivosti, ko je treba metodo popolne matematične indukcije uporabiti večkrat.

Naloga 4.

Dokažite, da je za vsako naravno število n
ni deljivo niti z 2 n +3 .

Dokaz.

Predstavljajte si
v obliki dela
=

= (*)

Po predpostavki prvi faktor v (*) ni enakomerno deljiv s številom 2 k +3 , to je v predstavitvi sestavljenega števila
v obliki produkta praštevil se število 2 ponovi največ (k + 2)-krat. Torej, da bi dokazali, da je številka
ni deljivo z 2 k +4 , to moramo dokazati
ni deljivo s 4.

Za dokaz te trditve dokažemo pomožno trditev: za noben naravni n število 3 2 n +1 ni deljivo s 4. Za n =1 je trditev očitna, saj 10 ni deljivo s 4 brez ostanka. Ob predpostavki, da 3 2 k +1 ni deljivo s 4, dokažemo, da tudi 3 2(k +1) +1 ni deljivo
s 4. Predstavimo zadnji izraz kot vsoto:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Drugi člen vsote je deljiv s 4, prvi pa ni deljiv. Zato celotna vsota ni deljiva s 4 brez ostanka. Pomožna trditev je dokazana.

Zdaj je to jasno
ni deljivo s 4, ker je 2k sodo število.

Končno dobimo to številko
ni enakomerno deljivo z 2 n +3 za noben naravni n.

Razmislite zdaj o primeru uporabe indukcije pri dokazu neenakosti.

Naloga 5.

Za kateri naravni n velja neenakost 2 n > 2n + 1?

rešitev.

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

pri n=2 2 2< 2*2+1,

pri n =3 2 3 > 2*3+1,

pri n =4 2 4 > 2*4+1.

Očitno neenakost velja za vsak naravni n  3. Dokažimo to trditev.

2. Kdaj n =3 je veljavnost neenakosti že dokazana. Naj zdaj neenakost velja za n =k, kjer je k neko naravno število, ki ni manjše od 3, tj.

2 k > 2k+1 (*)

Dokažimo, da potem neenakost velja tudi za n =k +1, torej 2 k +1 >2(k +1)+1. Pomnožimo (*) z 2, dobimo 2 k +1 >4k +2. Primerjajmo izraza 2(k +1)+1 in 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Očitno je 2k -1>0 za vsak naravni k. Potem je 4k +2>2(k +1)+1, tj. 2k+1 >2(k+1)+1. Trditev je dokazana.

Naloga 6.

Neenakost za aritmetično in geometrično sredino n nenegativnih števil (Cauchyjeva neenakost)., dobimo =

Če je vsaj ena od številk
enaka nič, potem velja tudi neenakost (**).

Zaključek.

Pri delu sem proučila bistvo metode matematične indukcije in njen dokaz. V prispevku so predstavljeni problemi, pri katerih je imela pomembno vlogo nepopolna indukcija, ki je vodila do pravilne rešitve, nato pa je izveden dokaz, pridobljen z metodo matematične indukcije.

Literatura.

Boltyansky V.G., Sidorov Yu.V., Shaburin M.I. Predavanja in naloge pri osnovni matematiki; Znanost, 1974.

Vilenkin N.Y. , Shvartsburd S.I. Matematična analiza.-
M.: Izobraževanje, 1973.

Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Poglobljena študija tečaja algebre in matematične analize - M .: Izobraževanje, 1990.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I. Algebra in analiza elementarnih funkcij.- M.: Nauka, 1980.

Sominsky I.S., Golovina M.L., Yaglom I.M. O matematični indukciji - M.: Nauka, 1967.

Če je stavek A(n), ki je odvisen od naravnega števila n, resničen za n=1 in iz dejstva, da je resničen za n=k (kjer je k poljubno naravno število), sledi, da je tudi velja za naslednje število n=k +1, potem predpostavka A(n) velja za vsako naravno število n.

V številnih primerih bo morda treba dokazati veljavnost določene trditve ne za vsa naravna števila, ampak samo za n>p, kjer je p fiksno naravno število. V tem primeru je načelo matematične indukcije oblikovano na naslednji način.

Če je trditev A(n) resnična za n=p in če je A(k) X A(k+1) za kateri koli k>p, potem je trditev A(n) resnična za kateri koli n>p.

Dokaz z metodo matematične indukcije se izvede na naslednji način. Najprej se trditev, ki jo je treba dokazati, preveri za n=1, tj. ugotovljena je resničnost trditve A(1). Ta del dokaza se imenuje indukcijska baza. Temu sledi del dokaza, imenovan indukcijski korak. V tem delu je dokazana veljavnost trditve za n=k+1 ob predpostavki, da je trditev resnična za n=k (induktivna predpostavka), tj. dokaži, da je A(k) ~ A(k+1)

Dokažite, da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Imamo n=1=1 2 . Zato je trditev resnična za n=1, tj. A(1) drži
• 2) Dokažimo, da je A(k) ~ A(k+1)

Naj bo k poljubno naravno število in naj velja trditev za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Dokažimo, da potem trditev velja tudi za naslednje naravno število n=k+1, tj. kaj

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Res je,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Torej, A(k) X A(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da je predpostavka A(n) resnična za vsak n О N

Dokaži to

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), kjer je x št. 1

• 1) Za n=1 dobimo
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

zato je za n=1 formula resnična; A(1) drži

• 2) Naj bo k poljubno naravno število in naj formula velja za n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Dokažimo, da je potem enakost

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

Torej A(k) ⋅ A(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da formula velja za vsako naravno število n

Dokažite, da je število diagonal konveksnega n-kotnika n(n-3)/2

Rešitev: 1) Za n=3 je trditev resnična, ker v trikotniku

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonal; A 2 A(3) drži

2) Predpostavimo, da ima kateri koli konveksni k-kotnik A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonali. A k Dokažimo, da je potem v konveksnem A k+1 (k+1)-kotniku število diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Naj bo A 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -konveksni (k+1)-kotnik. Vanj narišimo diagonalo A 1 A k. Če želite izračunati skupno število diagonal tega (k + 1)-kota, morate prešteti število diagonal v k-kotu A 1 A 2 ...A k, dobljenemu številu dodati k-2, tj. število diagonal (k+1)-kotnika, ki izhajajo iz oglišča A k+1 , poleg tega pa je treba upoštevati diagonalo A 1 A k

V to smer,

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

Torej A(k) ⋅ A(k+1). Zaradi načela matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.

Dokažite, da za vsak n velja trditev:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

2) Predpostavimo, da je n=k

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

3) Upoštevajte to izjavo za 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

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak naravni n

Dokažite, da za vsak naravni n velja enakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Rešitev: 1) Naj bo n=1

Potem je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Vidimo, da za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da enakost velja za n=k

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

3) Dokažimo resničnost te izjave za 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

Iz zgornjega dokaza je razvidno, da trditev velja za n=k+1, torej enakost velja za vsak naravni n

Dokaži to

((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), kjer je n>2

Rešitev: 1) Za n=2 je identiteta videti takole:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), tj. res je
• 2) Predpostavimo, da izraz velja za 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) Dokazali bomo pravilnost izraza za 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)

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak n>2

Dokaži to

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) za poljuben naravni n

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Predpostavimo, da je torej n=k
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Dokazali bomo resničnost te trditve za 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)

Dokazana je tudi veljavnost enakosti za n=k+1, torej trditev velja za vsak naravni n.

Dokažite veljavnost identitete

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) za vsako naravno n

• 1) Za n=1 velja istovetnost 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Predpostavimo, da je za n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Dokažemo, da identiteta velja za 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)

Iz zgornjega dokaza je razvidno, da trditev velja za vsako pozitivno celo število n.

Dokažite, da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo s 133 brez ostanka

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

Toda (23 ґ 133) je deljivo s 133 brez ostanka, tako da je za n=1 trditev resnična; A(1) drži.

• 2) Predpostavimo, da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo s 133 brez ostanka
• 3) Dokažimo, da je v tem primeru (11 k+3 +12 2k+3) deljivo s 133 brez ostanka. Vsekakor
• 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

Dobljeni znesek je deljiv s 133 brez ostanka, saj je njegov prvi člen po predpostavki deljiv s 133 brez ostanka, v drugem pa je eden od faktorjev 133. Torej, A (k) Yu A (k + 1). S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana

Dokažite, da je za vsak n 7 n -1 deljivo s 6 brez ostanka

• 1) Naj bo n=1, potem je X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 deljeno s 6 brez ostanka. Torej za n=1 trditev drži
• 2) Recimo, da je za n \u003d k 7 k -1 deljivo s 6 brez ostanka
• 3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1

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

Prvi člen je deljiv s 6, ker je 7 k -1 po predpostavki deljiv s 6, drugi člen pa je 6. Torej je 7 n -1 večkratnik 6 za vsak naravni n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 3 3n-1 +2 4n-3 za poljubno pozitivno celo število n deljivo z 11.

1) Naj bo torej n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 je deljeno z 11 brez ostanka.

Torej za n=1 trditev drži

• 2) Recimo, da je za n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 deljivo z 11 brez ostanka
• 3) Dokažemo, da trditev drži za 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

Prvi člen je deljiv z 11 brez ostanka, ker je 3 3k-1 +2 4k-3 po predpostavki deljivo z 11, drugi pa je deljiv z 11, ker je eden od njegovih faktorjev število 11. Zato je vsota tudi deljivo z 11 brez ostanka za vsako naravno n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 11 2n -1 za poljubno pozitivno celo število n deljivo s 6 brez ostanka

• 1) Naj bo n=1, potem je 11 2 -1=120 deljivo s 6 brez ostanka. Torej za n=1 trditev drži
• 2) Recimo, da je za n=k 1 2k -1 deljivo s 6 brez ostanka
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Oba člena sta deljiva s 6 brez ostanka: prvi vsebuje večkratnik števila 6 števila 120, drugi pa je po predpostavki deljiv s 6 brez ostanka. Torej je vsota deljiva s 6 brez ostanka. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 3 3n+3 -26n-27 za poljubno pozitivno celo število n deljivo z 26 2 (676) brez ostanka.

Najprej dokažimo, da je 3 3n+3 -1 deljivo s 26 brez ostanka

• 1. Ko je n=0
• 3 3 -1=26 je deljivo s 26
• 2. Recimo, da je za n=k
• 3 3k+3 -1 je deljivo s 26
• 3. Dokažimo, da trditev drži za n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - je deljivo s 26

Dokažimo zdaj trditev, formulirano v pogoju problema

• 1) Očitno je, da za n=1 trditev drži
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Recimo, da je za n=k izraz 3 3k+3 -26k-27 deljiv z 26 2 brez ostanka.
• 3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Oba člena sta deljiva s 26 2 ; prvi je deljiv s 26 2, ker smo dokazali, da je izraz v oklepaju deljiv s 26, drugi pa je deljiv z induktivno hipotezo. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana

Dokažite, da če je n>2 in х>0, potem velja neenakost (1+х) n >1+n ґ х

• 1) Za n=2 je neenakost resnična, saj
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Torej A(2) drži

• 2) Dokažimo, da je A(k) ⋅ A(k+1), če je k> 2. Predpostavimo, da A(k) velja, tj. da velja neenakost
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Dokažimo, da potem velja tudi A(k+1), tj. da velja neenakost

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

Če pomnožimo obe strani neenakosti (3) s pozitivnim številom 1+x, dobimo

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Razmislite o desni strani zadnje neenakosti; imamo

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

Posledično dobimo (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Torej A(k) ⋅ A(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije lahko trdimo, da je Bernoullijeva neenakost veljavna za kateri koli n> 2

Dokažite, da neenakost (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 velja za a> 0

Rešitev: 1) Za m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 oba dela sta enaka
• 2) Predpostavimo, da je za m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Dokažimo, da za m=k+1 neenakost velja
• (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

Dokazali smo veljavnost neenakosti za m=k+1, torej zaradi metode matematične indukcije neenakost velja za vsak naravni m

Dokažite, da za n>6 velja neenakost 3 n >n ґ 2 n+1

Zapišimo neenakost v obliki (3/2) n >2n

• 1. Za n=7 imamo 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 neenakost velja
• 2. Recimo, da je za n=k (3/2) k >2k
• 3) Dokažimo veljavnost neenakosti za n=k+1
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Ker je k>7, je zadnja neenakost očitna.

Zaradi metode matematične indukcije neenakost velja za vsak naravni n

Dokažite, da za n>2 velja neenakost

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Za n=3 neenakost velja
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Recimo, da je za n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Dokažimo veljavnost neenakosti za n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Dokažimo, da je 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

s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Slednje je očitno, zato

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

Z metodo matematične indukcije je neenakost dokazana.

Metoda dokaza, o kateri bomo razpravljali v tem razdelku, temelji na enem od aksiomov naravne vrste.

Aksiom indukcije. Naj bo podan stavek, ki je odvisen od spremenljivke P, namesto tega lahko nadomestite poljubna naravna števila. Označimo ga A(p). Naj tudi stavek AMPAK velja za število 1 in iz dejstva, da AMPAK velja za število do, temu sledi AMPAK velja za število k+ 1. Nato ponudite AMPAK velja za vse naravne vrednote p.

Simbolni zapis aksioma:

Tukaj vrh- spremenljivk nad množico naravnih števil. Iz aksioma indukcije dobimo naslednje pravilo sklepanja:

Torej, da bi dokazali resničnost predloga AMPAK, lahko najprej dokažemo dve trditvi: resničnost trditve AMPAK( 1), kot tudi posledica A(k) => A(k+ 1).

Glede na zgoraj navedeno entiteto opišemo metoda

matematična indukcija.

Naj bo treba dokazati, da je stavek A(p) velja za vse naravne p. Dokaz je razdeljen na dve stopnji.

• 1. stopnja. osnova indukcije. Jemljemo kot vrednoto pštevilko 1 in preverite to AMPAK( 1) je resnična izjava.
• 2. stopnja. Induktivni prehod. To dokažemo za poljubno naravno število do implikacija je resnična: če A(k), potem A(k+ 1).

Induktivni odlomek se začne z besedami: »Vzemite poljubno naravno število za, tako da A(k)", ali "Naj za naravno število do prav A(k)". Namesto besede "naj" pogosto rečejo "predpostavimo, da ...".

Po teh besedah ​​slov do označuje nek fiksni objekt, za katerega velja relacija A(k). Prihajajo iz A(k) sklepamo posledice, torej gradimo verigo povedi A(k) 9 str, Pi, ..., Rn = A(k+ 1), kjer je vsak stavek R, je resnična trditev ali posledica prejšnjih stavkov. Zadnji stavek R" mora ujemati z A(k+ ena). Iz tega sklepamo: od A(k) naj A(k+).

Izvedbo induktivnega prehoda lahko razdelimo na dva koraka:

• 1) Induktivna predpostavka. Tu domnevamo, da AMPAK do spremenljivka n.
• 2) Na podlagi predpostavke dokažemo, da AMPAK prav za številko?+1.

Primer 5.5.1. Dokažimo, da je število p+p je celo za vse naravne p.

Tukaj A(p) = "n 2 + n- sodo število". To je potrebno dokazati AMPAK - istovetno pravi predikat. Uporabljamo metodo matematične indukcije.

osnova indukcije. Vzemimo l=1. Zamenjaj v izrazu p+//, dobimo n 2 +n= I 2 + 1 = 2 je sodo število, kar pomeni, da je /1(1) pravilna izjava.

Oblikujmo induktivna hipoteza A(k)= "Številka do 2 + do - celo." Lahko rečete takole: "Vzemite poljubno naravno število do tako da do 2 + do je sodo število.

Iz tega sklepamo trditev A(kA-)= "Številka (k+ 1) 2 + (? + 1) - sodo.

Po lastnostih operacij izvajamo transformacije:

Prvi člen dobljene vsote je sod po predpostavki, drugi pa po definiciji (ker ima obliko 2 P). Torej je vsota sodo število. stavek A(k+ 1) dokazano.

Z metodo matematične indukcije sklepamo: stavek A(p) velja za vse naravne p.

Notacije seveda ni treba vsakič vnašati A(p).Še vedno pa je priporočljivo, da induktivno predpostavko in tisto, kar je treba iz nje izpeljati, oblikujemo v ločeni vrstici.

Upoštevajte, da je trditev iz primera 5.5.1 mogoče dokazati brez uporabe metode matematične indukcije. Da bi to naredili, je dovolj upoštevati dva primera: kdaj p celo in kdaj pČuden.

Veliko problemov deljivosti se reši z matematično indukcijo. Poglejmo bolj zapleten primer.

Primer 5.5.2. Dokažimo, da je število 15 2u_| +1 je deljivo z 8 za vsa naravna števila p.

Bacha indukcija. Vzemimo /1=1. Imamo: številko 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 je deljivo z 8.

, ki za nekatere

naravno število doštevilo 15 2 * '+1 je deljivo z 8.

Dokažimo kakšna je potem številka a\u003d 15 2 (ZHN +1 je deljivo z 8.

Pretvorimo število a:

Po predpostavki je število 15 2A1 +1 deljivo z 8, kar pomeni, da je celoten prvi člen deljiv z 8. Tudi drugi člen 224=8-28 je deljiv z 8. Tako je število a saj je razlika dveh števil, ki sta večkratnika 8, deljiva z 8. Induktivni korak je upravičen.

Na podlagi metode matematične indukcije sklepamo, da za vse naravne pštevilo 15 2 "-1 -*-1 je deljivo z 8.

Naredimo nekaj pripomb k rešenemu problemu.

Dokazano izjavo lahko formuliramo nekoliko drugače: "Število 15" "+1 je deljivo z 8 za vsako liho naravno / in".

Drugič, iz dokazane splošne trditve lahko potegnemo poseben sklep, katerega dokaz lahko podamo kot ločen problem: število 15 2015 +1 je deljivo z 8. Zato je včasih koristno posplošiti problem z označbo določeno vrednost s črko in nato uporabi metodo matematične indukcije.

V najsplošnejšem smislu izraz "indukcija" pomeni, da so splošni sklepi narejeni na podlagi posameznih primerov. Na primer, ko smo preučili nekaj primerov vsot sodih števil 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, sklepamo, da je vsota katerih koli dveh soda števila so soda števila.

V splošnem primeru lahko takšna indukcija vodi do napačnih zaključkov. Naj navedemo primer takšnega napačnega razmišljanja.

Primer 5.5.3. Upoštevajte številko a= /r+n+41 za naravno /?.

Poiščimo vrednosti a za nekatere vrednosti p.

Pustiti n= I. Potem a = 43 je praštevilo.

Naj bo /7=2. Potem a= 4+2+41 = 47 je praštevilo.

Naj bo l=3. Potem a= 9+3+41 = 53 je praštevilo.

Naj bo /7=4. Potem a= 16+4+41 = 61 je praštevilo.

Vzemite kot vrednote pštevilke, ki sledijo štirici, na primer 5, 6, 7, in preverite številko a bo preprosto.

Zaključimo: »Za vse naravne /? število a bo preprosto."

Rezultat je napačna izjava. Tu je protiprimer: /7=41. Prepričajte se, da s tem pštevilo a bo sestavljena.

Izraz "matematična indukcija" ima ožji pomen, saj uporaba te metode omogoča, da vedno dobite pravilen zaključek.

Primer 5.5.4. Na podlagi induktivnega sklepanja dobimo formulo za splošni člen aritmetične progresije. Spomnimo se, da je aritmetični poklic številčno zaporedje, katerega vsak član se od prejšnjega razlikuje za isto številko, imenovano progresijska razlika. Če želite enolično določiti aritmetični poklic, morate določiti njegovega prvega člana a in razlika d.

Torej po definiciji a p+ = a n + d, pri n> 1.

Pri šolskem pouku matematike praviloma formulo splošnega izraza aritmetične stroke ugotavljamo na podlagi posameznih primerov, torej prav z indukcijo.

Če /7=1, POTEM OD 7| = JAZ|, POTEM sem| = tf|+df(l -1).

Če je /7=2, potem je i 2 = a + d, to je a= I|+*/(2-1).

Če je /7=3, potem je i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, tj. i 3 = i|+(3-1).

Če je /7=4, potem je i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3 itd.

Navedeni posebni primeri nam omogočajo, da postavimo hipotezo: splošna izrazna formula ima obliko a" = a+(n-)d za vse /7>1.

Dokažimo to formulo z metodo matematične indukcije.

bazna indukcija preverjeno v prejšnjih razpravah.

Pustiti do - takšno število, pri katerem sem * - a+(k-)d (induktivna predpostavka).

Dokažimo da jaz*+! = a+((k+)-)d, tj. i*+1 = sekira+kd.

Po definiciji i*+1 = ab + d. a do= i | +(do-1 )d, pomeni, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= i i +kd, kar je bilo potrebno dokazati (upravičiti induktivni prehod).

Zdaj je formula i„ = a+(n-)d dokazano za poljubno naravno število /;.

Naj bo neko zaporedje i b i 2 , i, „ ... (ne

nujno aritmetična ali geometrijska progresija). Pogosto se pojavijo težave, kjer je treba najprej sešteti pčlenov tega zaporedja, to je, določite vsoto R|+i 2 +...+i in formulo, ki vam omogoča, da najdete vrednosti te vsote, ne da bi izračunali člane zaporedja.

Primer 5.5.5. Dokažimo, da je vsota prvega p naravna števila je

/?(/7 + 1)

Vsoto 1+2+...+/7 označimo z Sn. Poiščimo vrednosti S n Za nekatere /7.

Upoštevajte, da lahko za iskanje vsote S 4 uporabite prej izračunano vrednost 5 3, saj je 5 4 = 5 3 +4.

n(n +1)

Če nadomestimo obravnavane vrednosti \u200b\u200b/? v terminu --- nekaj

dobimo enake vsote 1, 3, 6, 10. Ta opažanja

. _ n(n + 1)

predlagajo, da formula S„=--- se lahko uporabi, ko

kaj //. Dokažimo to domnevo z metodo matematične indukcije.

bazna indukcija preverjeno. Naredimo to induktivni prehod.

Recimo da formula velja za neko naravno število

, k(k + 1)

k, potem je omrežje vsota prvega do naravna števila je ----.

Dokažimo da je vsota prvih (?+1) naravnih števil enaka

• (* + !)(* + 2)

Let's express?*+1 skozi S k . Da bi to naredili, v vsoto S*+i združimo prvega do izraze, zadnji člen pa napiši ločeno:

Po induktivni hipotezi S k = Torej najti

vsota prvih (? + 1) naravnih števil, zadostuje že izračunanemu

. „ k(k + 1) _ .. ..

vsota prvega doštevila, ki so enaka ---, dodajte en člen (k + 1).

Induktivni prehod je upravičen. Tako je hipoteza, postavljena na začetku, dokazana.

Formulo smo dokazali S n = n ^ n+ metoda

matematična indukcija. Seveda obstajajo tudi drugi dokazi. Na primer, lahko napišete vsoto S, v naraščajočem vrstnem redu izrazov in nato v padajočem vrstnem redu izrazov:

Vsota členov v enem stolpcu je konstantna (v enem seštevku se vsak naslednji člen zmanjša za 1, v drugem pa poveča za 1) in je enaka (/r + 1). Torej, če seštejemo dobljene vsote, imamo p izrazi enaki (u+1). Torej podvojite znesek S „ je enako n(n+ 1).

Pravkar dokazano formulo lahko dobimo kot poseben primer formule za vsoto prve pčlani aritmetične progresije.

Vrnimo se k metodi matematične indukcije. Upoštevajte, da je prva stopnja metode matematične indukcije (osnova indukcije) vedno potrebna. Odsotnost tega koraka lahko vodi do napačnega zaključka.

Primer 5.5.6. "Dokažimo" stavek: "Število 7" + 1 je deljivo s 3 za vsako naravno število ".

»Predpostavimo, da za neko naravno vrednoto doštevilo 7*+1 je deljivo s 3. Dokažimo, da je število 7 x +1 deljivo s 3. Izvedite transformacije:

Število 6 je očitno deljivo s 3. Število 1 do + je po induktivni domnevi deljivo s 3, zato je tudi število 7-(7* + 1) deljivo s 3. Zato bo tudi razlika števil, deljivih s 3, deljiva s 3.

Predlog dokazan."

Dokaz prvotne trditve ni pravilen, kljub dejstvu, da je induktivni korak pravilen. Dejansko pri n= Imam številko 8, z n=2 -število 50, ... in nobeno od teh števil ni deljivo s 3.

Naj podamo pomembno pripombo o zapisu naravnega števila pri izvedbi induktivnega prehoda. Pri oblikovanju predloga A(p) pismo p označili smo spremenljivko, namesto katere lahko nadomestimo poljubna naravna števila. Pri oblikovanju induktivne hipoteze smo vrednost spremenljivke označili s črko do. Vendar zelo pogosto namesto novega pisma do uporabite isto črko kot spremenljivka. To ne vpliva na strukturo sklepanja pri izvedbi induktivnega prehoda.

Oglejmo si še nekaj primerov problemov, za katere je mogoče uporabiti metodo matematične indukcije.

Primer 5.5.7. Poišči vrednost vsote

Spremenljivka v nalogi p se ne prikaže. Vendar upoštevajte zaporedje izrazov:

Označimo S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Najdimo S" Za nekatere p.Če je /1= 1, potem S, = a, =-.

Če n= 2. potem S, = a, + a? = - + - = - = -.

Če /?=3, potem S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Vrednosti lahko izračunate sami S „ pri /7 = 4; 5. Nastane

naravno ugibanje: S n= -- za vsako naravno /7. Dokažimo

To je z matematično indukcijo.

bazna indukcija preverjeno zgoraj.

Naredimo to induktivni prehod, ki označuje poljubno

spremenljiva vrednost p isto črko, to je dokazujemo, da iz enakosti

0 /7 _ /7 +1

S n=-sledi enakosti S, =-.

/7+1 /7 + 2

Recimo da je enakost resnična S= - P -.

Razporedimo skupaj S„+ prvi p pogoji:

Z uporabo induktivne predpostavke dobimo:

Če ulomek zmanjšamo za (/7+1), bomo imeli enakost S n +1 - , L

Induktivni prehod je upravičen.

To dokazuje, da je vsota prvega p pogoji

• 1 1 1 /7 ^
• - +-+...+- je enako -. Zdaj pa se vrnimo k izvirniku
• 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

naloga. Za rešitev zadostuje, da vzamemo kot vrednost pštevilka 99.

Potem bo vsota -!- + -!- + -!- + ...+ --- enaka številu 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Poskusite ta znesek izračunati na drugačen način.

Primer 5.5.8. Dokažimo, da je odvod vsote poljubnega končnega števila diferenciabilnih funkcij enak vsoti odvodov teh funkcij.

Naj spremenljivka /? označuje število danih lastnosti. V primeru, ko je podana le ena funkcija, je to funkcija razumljena kot vsota. Torej, če je /7=1, je izjava očitno resnična: /" = /".

Recimo da trditev velja za množico p funkcije (tukaj spet namesto črke do pismo prevzeto P), torej odvod vsote p funkcije je enaka vsoti odvodov.

Dokažimo da je odvod vsote (n + 1) funkcij enak vsoti odvodov. Vzemite poljuben niz, sestavljen iz n+ diferenciabilna funkcija: /1,/2, . Predstavimo vsoto teh funkcij

kot g+f„+ 1, kjer g=f +/g + ... +/t- vsota p funkcije. Po induktivni hipotezi odvod funkcije g je enaka vsoti derivatov: g" = ft + ft + ... +ft. Zato velja naslednja veriga enakosti:

Induktivni prehod je končan.

Tako je prvotni predlog dokazan za poljubno končno število funkcij.

V nekaterih primerih je treba dokazati resničnost predloga A(p) za vse naravne i, izhajajoč iz neke vrednosti z. Dokaz z matematično indukcijo v takih primerih poteka po naslednji shemi.

osnova indukcije. Dokazujemo, da predlog AMPAK res za vrednost P, enaka z.

Induktivni prehod. 1) Predvidevamo, da predlog AMPAK res za neko vrednost do spremenljivka /?, ki je večja ali enaka z.

2) Dokažemo, da predlog AMPAK velja za /? enako

Ponovno upoštevajte, da namesto slov do pogosto pustijo oznako spremenljivke p. V tem primeru se induktivni prehod začne z besedami: »Predpostavimo, da za neko vrednost n>s prav A(p). Dokažimo potem to A(n+ ena)".

Primer 5.5.9. Dokažimo to za vse naravne n> 5 velja neenakost 2” > in 2.

osnova indukcije. Pustiti n= 5. Potem je 2 5 =32, 5 2 =25. Neenakost 32>25 velja.

Induktivni prehod. Recimo, da je neenakost 2 P>n 2 za neko naravno število n> 5. Dokažimo, kar je potem 2" +| > (n+1) 2 .

Po lastnostih potenc 2” +| = 2-2". Ker je 2" > n 2 (po induktivni hipotezi), potem je 2-2" > 2n 2 (I).

Utemeljimo to 2 str 2 večji od (i+1) 2 . To je mogoče storiti na več načinov. Dovolj je rešiti kvadratno neenakost 2x 2 >(x+) 2 v množici realnih števil in vidimo, da so vsa naravna števila, večja ali enaka 5, njene rešitve.

Nadaljevali bomo takole. Poiščimo razliko števil 2 str 2 in (i+1) 2:

Ker in > 5, potem i + 1 > 6, kar pomeni (i + 1) 2 > 36. Zato je razlika večja od 0. Torej, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).

Iz (I) in (2) po lastnostih neenačb izhaja, da je 2*2" > (n + 1) 2, kar je bilo treba dokazati za utemeljitev induktivnega prehoda.

Na podlagi metode matematične indukcije sklepamo, da je neenakost 2" > i 2 velja za poljubna naravna števila i.

Razmislite o drugi obliki metode matematične indukcije. Razlika je v induktivnem prehodu. Za izvedbo sta potrebna dva koraka:

• 1) domnevati, da ponudba A(p) velja za vse vrednosti spremenljivke i manjše od nekega števila R;
• 2) iz postavljene predpostavke sklepati, da predlog A(p) velja za število R.

Induktivni korak torej zahteva dokaz posledice: [(Ui?) A(n)] => A(p). Upoštevajte, da se lahko posledica prepiše kot: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).

V izvirni formulaciji metode matematične indukcije pri dokazovanju trditve A(p) zanašali smo se samo na "prejšnji" predlog A(p- ena). Tukaj navedena formulacija metode omogoča izpeljavo A(p), ob predpostavki, da so vsi predlogi A(n), kjer sem manj R, so resnični.

Primer 5.5.10. Dokažimo izrek: "Vsota notranjih kotov katerega koli i-kotnika je 180°(i-2)".

Za konveksni mnogokotnik je izrek enostavno dokazati, če ga razdelimo z diagonalami, narisanimi iz enega oglišča, na trikotnike. Pri nekonveksnem poligonu pa tak postopek morda ne bo mogoč.

Dokažimo izrek za poljuben mnogokotnik z matematično indukcijo. Predvidevamo, da je znana naslednja trditev, ki strogo gledano zahteva poseben dokaz: "V vsakem //-kotniku je diagonala, ki v celoti leži v njegovem notranjem delu."

Namesto spremenljivke // lahko nadomestite poljubna naravna števila, ki so večja ali enaka 3. Za n=b Izrek drži, ker je vsota kotov v trikotniku 180°.

Vzemite nekaj /7-gon (p> 4) in predpostavimo, da je vsota kotov katerega koli //-kotnika, kjer je // p, enaka 180°(//-2). Dokažimo, da je vsota kotov //-kotnika enaka 180°(//-2).

Narišimo diagonalo //-kotnika, ki leži v njej. //-kotnik bo razdelil na dva poligona. Naj ima eden od njih do strani, drugo do 2 straneh. Potem k + k 2 -2 \u003d p, saj imajo nastali poligoni skupno stransko narisano diagonalo, ki ni stranica prvotnega //-kotnika.

Obe številki do in do 2 manj //. Za nastale mnogokotnike uporabimo induktivno predpostavko: vsota kotov A]-kotnika je 180°-(?i-2), vsota kotov pa? 2-gon je enak 180 ° - (Ar 2 -2). Potem bo vsota kotov //-kotnika enaka vsoti teh števil:

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

Induktivni prehod je upravičen. Na podlagi metode matematične indukcije je izrek dokazan za poljuben //-kotnik (//>3).

Metoda matematične indukcije

Uvod

Glavni del

1. Popolna in nepopolna indukcija
2. Načelo matematične indukcije
3. Metoda matematične indukcije
4. Rešitev primerov
5. Enakopravnost
6. Deljenje številk
7. neenakosti

Zaključek

Seznam uporabljene literature

Uvod

Deduktivne in induktivne metode so osnova vsake matematične raziskave. Deduktivna metoda sklepanja je sklepanje od splošnega k posameznemu, tj. sklepanje, katerega izhodišče je splošni rezultat, končna točka pa partikularni rezultat. Indukcija se uporablja pri prehodu od posameznih rezultatov k splošnim, tj. je nasprotje deduktivne metode.

Metodo matematične indukcije lahko primerjamo z napredkom. Začnemo od najnižjega, kot rezultat logičnega razmišljanja pridemo do najvišjega. Človek je vedno težil k napredku, k sposobnosti logičnega razvoja svojega mišljenja, kar pomeni, da mu je narava sama namenila induktivno mišljenje.

Čeprav se je področje uporabe metode matematične indukcije povečalo, se ji v šolskem kurikulumu posveča malo časa. No, recimo, da bodo koristnega človeka pripeljale tiste dve ali tri lekcije, za katere sliši pet besed teorije, reši pet primitivnih problemov in posledično dobi pet, ker ne ve ničesar.

A to je tako pomembno – znati induktivno razmišljati.

Glavni del

V prvotnem pomenu se beseda "indukcija" uporablja za razmišljanje, s katerim se na podlagi številnih posebnih trditev pridobijo splošni zaključki. Najenostavnejša metoda sklepanja te vrste je popolna indukcija. Tu je primer takšnega razmišljanja.

Naj se zahteva, da je vsako naravno sodo število n znotraj 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.

Teh devet enakosti kaže, da je vsako število, ki nas zanima, dejansko predstavljeno kot vsota dveh pračlenov.

Popolna indukcija torej pomeni, da je splošna izjava dokazana ločeno v vsakem od končnega števila možnih primerov.

Včasih je splošni rezultat mogoče napovedati po upoštevanju ne vseh, temveč velikega števila posebnih primerov (tako imenovana nepopolna indukcija).

Rezultat, dobljen z nepopolno indukcijo, pa ostane le hipoteza, dokler ni dokazan z natančnim matematičnim sklepanjem, ki zajema vse posebne primere. Z drugimi besedami, nepopolna indukcija v matematiki ne velja za legitimno metodo strogega dokaza, ampak je močna metoda za odkrivanje novih resnic.

Recimo, da je treba najti vsoto prvih n zaporednih lihih števil. Upoštevajte posebne primere:

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

Po preučitvi teh nekaj posebnih primerov se predlaga naslednji splošni sklep:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tiste. vsota prvih n zaporednih lihih števil je n 2

Seveda opažanje še ne more služiti kot dokaz veljavnosti zgornje formule.

Popolna indukcija ima le omejeno uporabo v matematiki. Številne zanimive matematične izjave pokrivajo neskončno število posebnih primerov in ne moremo testirati neskončnega števila primerov. Nepopolna indukcija pogosto vodi do napačnih rezultatov.

V mnogih primerih je izhod iz te težave ta, da se zatečemo k posebni metodi sklepanja, imenovani metoda matematične indukcije. To je naslednje.

Naj bo treba za poljubno naravno število n dokazati veljavnost določene trditve (npr. dokazati je treba, da je vsota prvih n lihih števil enaka n 2). Neposredno preverjanje te trditve za vsako vrednost n je nemogoče, saj je množica naravnih števil neskončna. Da bi dokazali to trditev, najprej preverite njeno veljavnost za n=1. Nato je dokazano, da za vsako naravno vrednost k veljavnost obravnavane izjave za n=k implicira njeno veljavnost tudi za n=k+1.

Potem velja, da je trditev dokazana za vse n. Trditev dejansko drži za n=1. Toda potem velja tudi za naslednje število n=1+1=2. Veljavnost trditve za n=2 pomeni njeno veljavnost za n=2+

1=3. To implicira veljavnost izjave za n=4 in tako naprej. Jasno je, da bomo na koncu dosegli poljubno naravno število n. Trditev torej velja za vsak n.

Če povzamemo povedano, oblikujemo naslednje splošno načelo.

Načelo matematične indukcije.

Če je stavek A(n), ki je odvisen od naravnega števila n, resničen za n=1 in iz dejstva, da je resničen za n=k (kjer je k poljubno naravno število), sledi, da je tudi velja za naslednje število n=k +1, potem predpostavka A(n) velja za vsako naravno število n.

V številnih primerih bo morda treba dokazati veljavnost določene trditve ne za vsa naravna števila, ampak samo za n>p, kjer je p fiksno naravno število. V tem primeru je načelo matematične indukcije oblikovano na naslednji način.

Če je trditev A(n) resnična za n=p in če je A(k)ÞA(k+1) za katerikoli k>p, potem je trditev A(n) resnična za kateri koli n>p.

Dokaz z metodo matematične indukcije se izvede na naslednji način. Najprej se trditev, ki jo je treba dokazati, preveri za n=1, tj. ugotovljena je resničnost trditve A(1). Ta del dokaza se imenuje indukcijska baza. Temu sledi del dokaza, imenovan indukcijski korak. V tem delu je dokazana veljavnost trditve za n=k+1 ob predpostavki, da je trditev resnična za n=k (induktivna predpostavka), tj. dokaži, da je A(k)ÞA(k+1).

Dokažite, da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Rešitev: 1) Imamo n=1=1 2 . Posledično

izjava velja za n=1, tj. A(1) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1).

Naj bo k poljubno naravno število in naj velja trditev za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo, da potem trditev velja tudi za naslednje naravno število n=k+1, tj. kaj

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Vsekakor,

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

Torej A(k)ÞA(k+1). Na podlagi principa matematične indukcije sklepamo, da predpostavka A(n) velja za vsak nОN.

Dokaži to

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

Rešitev: 1) Za n=1 dobimo

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

zato je za n=1 formula resnična; A(1) drži.

2) Naj bo k poljubno naravno število in naj velja formula za n=k, tj.

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

Dokažimo, da je potem enakost

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

Vsekakor

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).

Torej A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da formula velja za vsako naravno število n.

Dokažite, da je število diagonal konveksnega n-kotnika n(n-3)/2.

Rešitev: 1) Za n=3 je trditev resnična

In 3 je pravilno, ker v trikotniku

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

A 2 A(3) drži.

2) Recimo, da v kateri koli

konveksni k-kotnik ima-

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

A k Dokažimo, da potem v konveksni

(k+1)-gonsko število

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

Naj bo A 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -konveksni (k+1)-kotnik. Vanj narišimo diagonalo A 1 A k. Če želite prešteti skupno število diagonal tega (k + 1)-kota, morate prešteti število diagonal v k-kotu A 1 A 2 ...A k, dobljenemu številu dodati k-2, tj. število diagonal (k+1)-kotnika, ki izhajajo iz oglišča A k+1 , poleg tega pa je treba upoštevati diagonalo A 1 A k.

V to smer,

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

Torej A(k)ÞA(k+1). Zaradi načela matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.

Dokažite, da za vsak n velja trditev:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

Zato je za n=1 trditev resnična.

2) Predpostavimo, da je n=k

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

3) Upoštevajte to izjavo za 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.

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak naravni n.

Dokažite, da za vsak naravni n velja enakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rešitev: 1) Naj bo n=1.

Potem je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vidimo, da za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da enakost velja za n=k

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

3) Dokažimo resničnost te izjave za 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.

Iz zgornjega dokaza je jasno, da trditev velja za n=k+1, torej enakost velja za vsak naravni n.

Dokaži 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), kjer je n>2.

Rešitev: 1) Za n=2 je identiteta videti takole: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tiste. to je pravilno.

2) Predpostavimo, da izraz velja za n=k

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

3) Dokazali bomo pravilnost izraza za 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).

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato zaradi metode matematične indukcije trditev velja za vsako n>2

Dokaži to

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

za vsako naravno n.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

2) Predpostavimo, da je torej n=k

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

3) Dokažimo resničnost te trditve za 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).

Dokazana je tudi veljavnost enakosti za n=k+1, torej trditev velja za vsako naravno število n.

Dokažite veljavnost identitete

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

za vsako naravno n.

1) Za n=1 velja istovetnost 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Predpostavimo, da je za n=k

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

3) Dokažimo, da je identiteta resnična za 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).

Iz zgornjega dokaza je razvidno, da trditev velja za vsako naravno število n.

Dokažite, da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo s 133 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

Toda (23´133) je deljivo s 133 brez ostanka, tako da je za n=1 izjava resnična; A(1) drži.

2) Recimo, da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo s 133 brez ostanka.

3) Dokažimo to v tem primeru

(11 k+3 +12 2k+3) je deljivo s 133 brez ostanka. Dejansko je 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(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

Dobljena vsota je deljiva s 133 brez ostanka, saj je njen prvi člen po predpostavki deljiv s 133 brez ostanka, v drugem pa je eden od faktorjev 133. Torej, А(k)ÞА(k+1). S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je za vsak n 7 n -1 deljivo s 6 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je X 1 =7 1 -1=6 deljeno s 6 brez ostanka. Torej za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da je za n=k

7 k -1 je deljivo s 6 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1.

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

Prvi člen je deljiv s 6, ker je 7 k -1 po predpostavki deljiv s 6, drugi člen pa je 6. Torej je 7 n -1 večkratnik 6 za vsak naravni n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 3 3n-1 +2 4n-3 za poljuben naravni n deljivo z 11.
Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 je deljeno z 11 brez ostanka. Zato je za n=1 trditev resnična.

2) Predpostavimo, da je za n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 je deljivo z 11 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za 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 .

Prvi člen je deljiv z 11 brez ostanka, ker je 3 3k-1 +2 4k-3 po predpostavki deljivo z 11, drugi pa je deljiv z 11, ker je eden od njegovih faktorjev število 11. Zato je vsota tudi deljivo z 11 brez ostanka za vsako naravno n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 11 2n -1 za poljubno pozitivno celo število n deljivo s 6 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je 11 2 -1=120 deljivo s 6 brez ostanka. Torej za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da je za n=k

11 2k -1 je deljivo s 6 brez ostanka.

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

Oba člena sta deljiva s 6 brez ostanka: prvi vsebuje večkratnik števila 6 števila 120, drugi pa je po predpostavki deljiv s 6 brez ostanka. Torej je vsota deljiva s 6 brez ostanka. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 3 3n+3 -26n-27 za poljubno pozitivno celo število n deljivo z 26 2 (676) brez ostanka.

Rešitev: Najprej dokažimo, da je 3 3n+3 -1 deljivo s 26 brez ostanka.

1. Za n=0

3 3 -1=26 je deljivo s 26

2. Recimo, da za n=k

3 3k+3 -1 je deljivo s 26

3. Dokažimo, da je izjava

velja za n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – deljivo s 26

Sedaj pa dokažimo trditev, formulirano v pogoju problema.

1) Očitno je, da za n=1 trditev drži

3 3+3 -26-27=676

2) Predpostavimo, da je za n=k

izraz 3 3k+3 -26k-27 je deljiv z 26 2 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1

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

Oba člena sta deljiva s 26 2 ; prvi je deljiv s 26 2, ker smo dokazali, da je izraz v oklepaju deljiv s 26, drugi pa je deljiv z induktivno hipotezo. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da če je n>2 in x>0, potem neenakost velja

(1+x) n >1+n´x.

Rešitev: 1) Za n=2 je neenakost resnična, saj

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

Torej A(2) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1), če je k> 2. Predpostavimo, da A(k) drži, tj. da je neenakost

(1+x) k >1+k´x. (3)

Dokažimo, da potem velja tudi A(k+1), tj. da velja neenakost

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Če pomnožimo obe strani neenakosti (3) s pozitivnim številom 1+x, dobimo

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Upoštevajte, da je desna stran zadnjega neenaka

stva; imamo

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

Kot rezultat, to dobimo

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Torej A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije lahko trdimo, da je Bernoullijeva neenakost veljavna za katero koli

Dokaži, da neenakost drži

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

Rešitev: 1) Za m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 oba dela sta enaka.

2) Predpostavimo, da je za m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Dokažimo, da za m=k+1 neenakost velja

(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 .

Dokazali smo veljavnost neenakosti za m=k+1, torej na podlagi metode matematične indukcije neenakost velja za vsak naravni m.

Dokažite, da za n>6 velja neenakost

3 n >n´2 n+1 .

Rešitev: Prepišimo neenačbo v obliki

1. Za n=7 imamo

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

neenakost je resnična.

2. Recimo, da za n=k

3) Dokažimo pravilnost neenakosti za n=k+1.

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

Ker je k>7, je zadnja neenakost očitna.

Na podlagi metode matematične indukcije je neenakost veljavna za vsak naravni n.

Dokažite, da za n>2 velja neenakost

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

Rešitev: 1) Za n=3 neenakost velja

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

1. Recimo, da za n=k

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

3) Dokazali bomo veljavnost ne-

enakosti za n=k+1

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

Dokažimo, da je 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

Slednje je očitno, zato

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

Z metodo matematične indukcije je neenakost dokazana.

Zaključek

Še posebej, ko sem študiral metodo matematične indukcije, sem izboljšal svoje znanje na tem področju matematike in se tudi naučil reševati probleme, ki prej niso bili v moji moči.

V osnovi so bile to logične in zabavne naloge, tj. le tiste, ki povečujejo zanimanje za samo matematiko kot znanost. Reševanje takšnih problemov postane zabavna dejavnost in lahko v matematične labirinte pritegne vse več radovednežev. Po mojem mnenju je to osnova vsake znanosti.

Z nadaljevanjem študija metode matematične indukcije se bom poskušal naučiti, kako jo uporabiti ne le v matematiki, ampak tudi pri reševanju problemov v fiziki, kemiji in življenju samem.

MATEMATIKA:

PREDAVANJA, NALOGE, REŠITVE

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

ALGEBRA IN NAČELA ANALIZE

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