Uporaba metode matematične indukcije pri reševanju nalog o deljivosti naravnih števil. Metoda matematične indukcije in njena uporaba pri reševanju problemov

Besedilo dela je postavljeno brez slik in formul.
Celotna različica dela je na voljo v zavihku "Job Files" v formatu PDF

Uvod

Ta tema je pomembna, saj ljudje vsak dan rešujejo različne probleme, pri katerih uporabljajo različne metode reševanja, vendar obstajajo naloge, pri katerih ni mogoče opustiti metode matematične indukcije, in v takih primerih bo znanje s tega področja zelo koristno.

To temo sem izbral za raziskavo, ker je v šolskem kurikulumu metoda matematične indukcije namenjena malo časa, učenec se nauči površnih informacij, ki mu bodo pomagale dobiti le splošno predstavo o tej metodi, vendar bo samorazvoj morali poglobljeno preučiti to teorijo. Res bo koristno izvedeti več o tej temi, saj širi človekova obzorja in pomaga pri reševanju zapletenih problemov.

Cilj:

Seznaniti se z metodo matematične indukcije, sistematizirati znanje o tej temi in ga uporabiti pri reševanju matematičnih problemov in dokazovanju izrekov, utemeljiti in nazorno prikazati praktični pomen metode matematične indukcije kot nujnega dejavnika za reševanje problemov.

Delovne naloge:

Analizirajte literaturo in povzemite znanje o temi.

Razumeti principe matematične indukcije.

Raziščite uporabo metode matematične indukcije pri reševanju problemov.

Oblikujte zaključke in sklepe o opravljenem delu.

Glavni del raziskave

Zgodovina izvora:

Šele proti koncu 19. stoletja se je razvil standard zahtev po logični strogosti, ki do danes ostaja dominanten v praktičnem delu matematikov pri razvoju posameznih matematičnih teorij.

Indukcija je kognitivni postopek, s katerim se iz primerjave razpoložljivih dejstev izpelje izjava, ki jih posplošuje.

V matematiki je vloga indukcije v veliki meri ta, da je podlaga za izbrano aksiomatiko. Potem ko je dolga praksa pokazala, da je ravna pot vedno krajša od zakrivljene ali lomljene, je bilo naravno oblikovati aksiom: za katere koli tri točke A, B in C je neenakost izpolnjena.

Zavest o metodi matematične indukcije kot ločeni pomembni metodi sega v Blaisa Pascala in Gersonida, čeprav nekatere primere uporabe najdemo že v antičnih časih pri Proklu in Evklidu. Moderno ime za metodo je uvedel de Morgan leta 1838.

Metodo matematične indukcije lahko primerjamo z napredkom: začnemo od najnižjega, s pomočjo 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.

Indukcija in dedukcija

Znano je, da obstajajo tako partikularne kot splošne trditve, podana izraza pa temeljita na prehodu iz enega v drugega.

Dedukcija (iz lat. deductio - izpeljava) - prehod v procesu spoznavanja iz splošno znanje za zasebno in samski. Pri dedukciji služi splošno znanje kot izhodišče sklepanja in to splošno znanje se domneva kot "pripravljeno", obstoječe. Posebnost dedukcije je, da resničnost njenih premis zagotavlja resničnost zaključka. Zato ima dedukcija veliko moč prepričevanja in se pogosto uporablja ne samo za dokazovanje izrekov v matematiki, ampak tudi povsod, kjer je potrebno zanesljivo znanje.

Indukcija (iz latinščine inductio - vodenje) je prehod v procesu spoznavanja iz zasebno znanje za splošno Z drugimi besedami, to je metoda raziskovanja, znanja, povezana s posploševanjem rezultatov opazovanj in poskusov.Značilnost indukcije je njena verjetnostna narava, tj. glede na resničnost začetnih premis je sklep indukcije le verjetno resničen, v končnem rezultatu pa se lahko izkaže tako za resničnega kot za napačnega.

Popolna in nepopolna indukcija

Induktivno sklepanje je oblika abstraktnega mišljenja, pri katerem se misel razvija od znanja manjše stopnje splošnega do znanja večje stopnje splošnosti, sklep, ki izhaja iz premis, pa je pretežno verjetnosten.

Med raziskovanjem sem ugotovil, da indukcijo delimo na dve vrsti: popolno in nepopolno.

Popolna indukcija se imenuje sklep, v katerem je na podlagi preučevanja vseh predmetov tega razreda narejen splošen sklep o razredu predmetov.

Na primer, naj se zahteva ugotovitev, da lahko vsako naravno sodo število n znotraj 6≤ n≤ 18 predstavimo kot vsoto dveh praštevil. Da bi to naredili, vzamemo vse te številke in izpišemo ustrezne razširitve:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Te enakosti kažejo, da je vsako število, ki nas zanima, dejansko predstavljeno kot vsota dveh preprostih členov.

Razmislite o naslednjem primeru: zaporedje yn= n 2 +n+17; Izpišimo prve štiri člene: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Potem lahko domnevamo, da je celotno zaporedje sestavljeno iz praštevil. Vendar ni tako, vzemimo y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. To je sestavljeno število, kar pomeni, da je naša predpostavka napačna, zato nepopolna indukcija ne vodi do popolnoma zanesljivih zaključkov, temveč nam omogoča oblikovanje hipoteze, ki kasneje zahteva matematični dokaz ali ovržbo.

Metoda matematične indukcije

Popolna indukcija ima le omejeno uporabo v matematiki. Številne zanimive matematične izjave pokrivajo neskončno število posebnih primerov in ne moremo testirati vseh teh situacij. Toda kako testirati neskončno število primerov? To metodo sta predlagala B. Pascal in J. Bernoulli, to je metoda matematične indukcije, ki temelji na princip 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 stavek A(n) resničen za n=p in če je A(k)  A(k+1) za kateri koli k>p, potem je stavek A(n) resničen za kateri koli n>p.

Algoritem (sestavljen je iz štirih stopenj):

1.osnova(pokažemo, da trditev, ki jo dokazujemo, drži za nekatere najenostavnejše posebne primere ( p = 1));

2.ugibati(za prvo predpostavimo, da je trditev dokazana do primeri); 3 .korak(pod to predpostavko dokažemo trditev za primer p = do + 1); 4.izhod (y izjava velja za vse primere, torej za vse P) .

Upoštevajte, da z metodo matematične indukcije ni mogoče rešiti vseh problemov, temveč le probleme, ki so parametrizirani z neko spremenljivko. Ta spremenljivka se imenuje indukcijska spremenljivka.

Uporaba metode matematične indukcije

Uporabimo vso to teorijo v praksi in ugotovimo, pri katerih težavah se ta metoda uporablja.

Problemi za dokaz neenakosti.

Primer 1 Dokažite Bernoullijevo neenakost (1+x)n≥1+n x, x>-1, n ∈ N.

1) Za n=1 neenakost velja, saj je 1+х≥1+х

2) Predpostavimo, da neenakost velja za nekaj n=k, tj.

(1+x) k ≥1+k x.

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

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Ob upoštevanju, da je kx 2 ≥0, pridemo do neenakosti

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Tako predpostavka, da je Bernoullijeva neenakost resnična za n=k, pomeni, da je resnična za n=k+1. Na podlagi metode matematične indukcije lahko trdimo, da je Bernoullijeva neenakost veljavna za vsak n ∈ N.

Primer 2 Dokažite, da je za vsako naravno število n>1 .

Dokažimo z metodo matematične indukcije.

Levo stran neenakosti označimo z.

1), torej za n=2 neenakost velja.

2) Naj bo za nekaj k. Dokažimo, da potem in Imamo .

Če primerjamo in, imamo, tj. .

Za vsako pozitivno celo število k je desna stran zadnje enakosti pozitivna. Zato. Ampak, torej, in Dokazali smo veljavnost neenakosti za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije neenakost resnična za vsako naravno n>1.

Težave pri dokazovanju identitete.

Primer 1 Dokažite, da za vsak naravni n velja enakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

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) Recimo, da enakost velja za n=kX k =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.

Primer 2 Dokažite, da za vsak naravni n velja enakost

1) Preverite, ali ta identiteta velja za n = 1.; - prav.

2) Naj velja istovetnost tudi za n = k, tj.

3) Dokažimo, da ta istovetnost velja tudi za n = k + 1, tj.

Ker enakost velja za n=k in n=k+1, potem velja za vsak naravni n.

Seštevalne naloge.

Primer 1 Dokažite, da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Rešitev: 1) Imamo n=1=1 2 . Zato je trditev resnična za n=1, tj. A(1) drži.

2) Dokažimo, da je А(k) A(k+1).

Naj bo k poljubno naravno število in naj velja izjava 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 .

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

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

Primer 2 Dokaži formulo, n je naravno število.

Rešitev: Ko je n=1, se oba dela enačbe spremenita v enega in je torej prvi pogoj načela matematične indukcije izpolnjen.

Predpostavimo, da je formula resnična za n=k, tj. .

Prištejmo obema stranema te enakosti in transformirajmo desno stran. Potem dobimo

Tako iz dejstva, da je formula resnična za n=k, sledi, da je resnična za n=k+1, potem je ta trditev resnična za vsak naravni n.

težave z deljivostjo.

Primer 1 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.

(23 × 133) je deljivo s 133 brez ostanka, torej za n=1 trditev 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 2n+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, A(k) → A(k+1), potem je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak naravni n.

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

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 deljivo 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.

Naloge iz resničnega življenja.

Primer 1 Dokažite, da je vsota Sn notranjih kotov katerega koli konveksnega mnogokotnika ( p- 2)π, kjer je p je število stranic tega mnogokotnika: Sn = ( p- 2)π (1).

Ta izjava ni smiselna za vse naravne p, ampak samo za p > 3, saj je najmanjše število kotov v trikotniku 3.

1) Kdaj p= 3 ima naša izjava obliko: S 3 = π. Toda vsota notranjih kotov katerega koli trikotnika je res π. Zato, ko p= 3 formula (1) je resnična.

2) Naj ta formula velja za n =k, torej S k = (k- 2)π, kjer je k > 3. Dokažimo, da tudi v tem primeru velja formula: S k+ 1 = (k- 1) π.

Naj bo A 1 A 2 ... A k A k+ 1 - poljubno konveksno ( k+ 1) -kotnik (slika 338).

S povezavo točk A 1 in A k , postanemo konveksni k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Očitno je vsota kotov ( k+ 1) -kotnik A 1 A 2 ... A k A k+ 1 je enako vsoti kotov k-gon A 1 A 2 ... A k plus vsota kotov trikotnika A 1 A k A k+ ena. Toda vsota kotov k-gon A 1 A 2 ... A k domneva se, da je ( k- 2)π, vsota kotov trikotnika A pa 1 A k A k+ 1 je enako pi. Zato

S k+ 1=S k + π = ( k- 2)π + π = ( k- 1) π.

Torej sta oba pogoja načela matematične indukcije izpolnjena, zato formula (1) velja za vsako naravno p > 3.

Primer 2 Obstaja stopnišče, katerega vsi koraki so enaki. Navesti je treba najmanjše število položajev, ki bi zagotovili možnost "plezanja" katere koli stopnje po številki.

Vsi se strinjajo, da mora obstajati pogoj. Moramo biti sposobni preplezati prvo stopničko. Nato se morajo znati povzpeti s prve stopnice na drugo. Nato v drugem - na tretjem itd. do n-tega koraka. Seveda v agregatu "n" stavkov zagotavlja nm, da bomo lahko prišli do n-tega koraka.

Poglejmo zdaj položaje 2, 3,…., n in jih primerjajmo med seboj. Lahko vidimo, da imajo vsi enako strukturo: če smo prišli do k stopnice, potem lahko plezamo po (k + 1) stopnici. Od tu postane takšen aksiom za veljavnost izjav, ki so odvisne od "n", naraven: če je stavek A (n), v katerem je n naravno število, zadovoljen z n=1 in iz dejstva, da je izpolnjen z n=k (kjer je k poljubno naravno število), sledi, da velja tudi za n=k+1, potem predpostavka A(n) velja za poljubno naravno število n.

Aplikacija

Naloge z uporabo metode matematične indukcije pri vpisu na univerze.

Upoštevajte, da pri vstopu v visokošolske ustanove obstajajo tudi naloge, ki se rešujejo s to metodo. Razmislimo o njih na konkretnih primerih.

Primer 1 Dokažite, da vsak naravni p poštena enakost

1) Kdaj n=1 dobimo pravilno enakost Sin.

2) Ob induktivni predpostavki, da je za n= k enakost velja, upoštevajte vsoto na levi strani enakosti, za n =k+1;

3) Z redukcijskimi formulami pretvorimo izraz:

Nato na podlagi metode matematične indukcije enakost velja za vsak naravni n.

Primer 2 Dokažite, da je za vsak naravni n vrednost izraza 4n +15n-1 večkratnik števila 9.

1) Z n=1: 2 2 +15-1=18 - večkratnik 9 (ker je 18:9=2)

2) Naj velja enakost za n=k: 4k +15k-1 je večkratnik 9.

3) Dokažimo, da enakost velja za naslednje število n=k+1

4k+1 +15(k+1)-1=4k+1 +15k+15-1=4,4k +60k-4-45k+18=4(4k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4k +15k-1) - večkratnik 9;

9(5k-2) - večkratnik 9;

Posledično je celoten izraz 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) večkratnik števila 9, kar je bilo treba dokazati.

Primer 3 Dokaži to za poljubno naravno število p pogoj je izpolnjen: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.

1) Preverite, ali ta formula velja za n=1: Leva stran = 1∙2∙3=6.

Desni del = . 6 = 6; res pri n=1.

2) Predpostavimo, da ta formula velja za n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Dokažimo, da ta formula velja za n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Dokaz:

Torej je ta pogoj resničen v dveh primerih in dokazano, da je resničen za n =k+1, torej velja za vsako naravno število p.

Zaključek

Če povzamem, v procesu raziskovanja sem ugotovil, kaj je indukcija, katera je popolna ali nepopolna, se seznanil z metodo matematične indukcije, ki temelji na principu matematične indukcije, obravnaval številne probleme s to metodo.

Izvedel sem tudi veliko novih informacij, ki se razlikujejo od tistega, kar je vključeno v šolski kurikulum.Pri učenju metode matematične indukcije sem uporabljal različno literaturo, internetne vire, posvetoval pa sem se tudi z učiteljem.

Zaključek: Ko sem posplošil in sistematiziral znanje o matematični indukciji, sem se prepričal o potrebi po znanju o tej temi v resnici. Pozitivna lastnost metode matematične indukcije je njena široka uporaba pri reševanju problemov: na področju algebre, geometrije in realne matematike. Prav tako to znanje povečuje zanimanje za matematiko kot znanost.

Prepričan sem, da mi bodo znanja, pridobljena med delom, pomagala tudi v prihodnje.

Bibliografija

Sominsky I.S. Metoda matematične indukcije. Priljubljena predavanja o matematiki, številka 3-M .: Nauka, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Indukcija v geometriji. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 str. — (Poljudna predavanja o matematiki).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Matematični priročnik za kandidate na univerzah (Izbrana vprašanja elementarne matematike) - 5. izdaja, revidirana, 1976 - 638s.

A. Shen. Matematična indukcija. - MTsNMO, 2004. - 36 str.

M. L. Galitsky, A. M. Goldman, L. I. Zvavič Zbirka nalog iz algebre: učbenik za 8-9 celic. z globokim študij matematike 7. izd. - M .: Izobraževanje, 2001. - 271 str.

Yu.N. - M .: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Wikipedia je brezplačna enciklopedija.

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

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.

Matematična indukcija je osnova ene najpogostejših metod matematičnih dokazov. Z njegovo pomočjo lahko dokažete večino formul z naravnimi števili n, na primer formulo za iskanje vsote prvih členov napredovanja S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, Newtonovo binomsko formulo a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n .

V prvem odstavku bomo analizirali osnovne koncepte, nato bomo razmislili o osnovah same metode, nato pa vam bomo povedali, kako jo uporabiti za dokazovanje enakosti in neenakosti.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Pojma indukcije in dedukcije

Najprej si poglejmo, kaj sploh sta indukcija in dedukcija.

Definicija 1

Indukcija je prehod od posameznega k splošnemu in odbitek nasprotno, od splošnega k posameznemu.

Na primer, imamo izjavo: 254 lahko popolnoma razdelimo na dva. Iz tega lahko potegnemo veliko zaključkov, med katerimi bodo tako resnični kot napačni. Na primer, trditev, da je mogoče vsa cela števila, ki imajo na koncu številko 4, brez ostanka deliti z dve, je resnična, napačna pa je, da je vsako trimestno število deljivo z 2.

Na splošno lahko rečemo, da je s pomočjo induktivnega sklepanja mogoče dobiti veliko sklepov iz enega znanega ali očitnega sklepanja. Matematična indukcija nam omogoča, da ugotovimo, kako veljavni so ti sklepi.

Recimo, da imamo zaporedje števil, kot je 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , kjer n označuje neko naravno število. V tem primeru pri dodajanju prvih elementov zaporedja dobimo naslednje:

S 1 = 1 1 2 = 1 2, S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4, S 4 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .

Z indukcijo lahko sklepamo, da je S n = n n + 1 . V tretjem delu bomo to formulo dokazali.

Kaj je metoda matematične indukcije

Ta metoda temelji na istoimenskem principu. Formulirano je takole:

Definicija 2

Določena trditev bo resnična za naravno vrednost n, ko 1) bo resnična za n = 1 in 2) iz dejstva, da je ta izraz resničen za poljubno naravno vrednost n = k, sledi, da bo resničen tudi za n = k + 1.

Uporaba metode matematične indukcije poteka v treh fazah:

Najprej preverimo pravilnost prvotne trditve v primeru poljubne naravne vrednosti n (običajno se preizkus opravi za enoto).
Nato preverimo zvestobo pri n = k.
In potem dokažemo veljavnost trditve, če je n = k + 1 .

Kako uporabiti metodo matematične indukcije pri reševanju neenačb in enačb

Vzemimo primer, o katerem smo govorili prej.

Primer 1

Dokažite formulo S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

rešitev

Kot že vemo, je treba za uporabo metode matematične indukcije izvesti tri zaporedne korake.

Najprej preverimo, ali bo ta enakost veljavna za n, ki je enak ena. Dobimo S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Tukaj je vse pravilno.
Nadalje predpostavimo, da je formula S k = k k + 1 pravilna.
V tretjem koraku moramo na podlagi veljavnosti prejšnje enakosti dokazati, da je S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 .

K + 1 lahko predstavimo kot vsoto prvih členov izvirnega zaporedja in k + 1:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

Ker smo v drugem koraku dobili, da je S k = k k + 1, lahko zapišemo naslednje:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .

Zdaj izvajamo potrebne transformacije. Ulomek bomo morali reducirati na skupni imenovalec, zmanjšati podobne člene, uporabiti skrajšano formulo množenja in zmanjšati, kar se je zgodilo:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Tako smo z izvedbo vseh treh korakov metode matematične indukcije dokazali enakost v tretji točki.

odgovor: predpostavka o formuli S n = n n + 1 drži.

Vzemimo bolj zapleten problem s trigonometričnimi funkcijami.

Primer 2

Podajte dokaz istovetnosti cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

rešitev

Kot se spomnimo, bi moral biti prvi korak preverjanje pravilnosti enakosti, ko je n enak ena. Da bi to ugotovili, se moramo spomniti osnovnih trigonometričnih formul.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Torej, če je n enak ena, bo identiteta resnična.

Zdaj predpostavimo, da je njegova veljavnost ohranjena za n = k, tj. bo veljalo cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Dokažemo enakost cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α za primer, ko je n = k + 1, na podlagi prejšnje predpostavke.

Po trigonometrični formuli je

sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Posledično

cos 2 α cos 4 α . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α cos 2 k + 1 α = 1 2 sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

Primer reševanja problema dokazovanja neenakosti s to metodo je podan v članku o metodi najmanjših kvadratov. Preberi odstavek, v katerem so izpeljane formule za iskanje aproksimacijskih koeficientov.

Če v besedilu opazite napako, jo označite in pritisnite Ctrl+Enter

Bibliografski opis: Badanin AS, Sizova M. Yu. Uporaba metode matematične indukcije pri reševanju problemov deljivosti naravnih števil // Mladi znanstvenik. 2015. №2. S. 84-86..02.2019).

Na matematičnih olimpijadah se pogosto srečujemo s precej težkimi problemi dokazovanja deljivosti naravnih števil. Šolarji se soočajo s problemom: kako najti univerzalno matematično metodo, ki omogoča reševanje takšnih problemov?

Izkazalo se je, da je večino problemov deljivosti mogoče rešiti z matematično indukcijo, vendar se v šolskih učbenikih tej metodi posveča zelo malo pozornosti, največkrat je podan kratek teoretični opis in analiziranih več problemov.

Metodo matematične indukcije najdemo v teoriji števil. Na zori teorije števil so matematiki veliko dejstev odkrili induktivno: L. Euler in K. Gauss sta včasih pretehtala na tisoče primerov, preden sta opazila numerični vzorec in vanj verjela. Toda hkrati so razumeli, kako zavajajoče so lahko hipoteze, če prestanejo "končni" test. Za induktivni prehod od izjave, preverjene za končno podmnožico, k podobni trditvi za celotno neskončno množico je potreben dokaz. To metodo je predlagal Blaise Pascal, ki je našel splošni algoritem za iskanje znakov deljivosti katerega koli celega števila s katerim koli drugim celim številom (traktat "O naravi deljivosti števil").

Z metodo matematične indukcije dokazujemo s sklepanjem resničnost neke trditve za vsa naravna števila ali resničnost trditve, ki se začne pri nekem številu n.

Reševanje nalog za dokazovanje resničnosti določene izjave z metodo matematične indukcije je sestavljeno iz štirih stopenj (slika 1):

riž. 1. Shema za rešitev problema

1. Osnova indukcije . Preverite veljavnost trditve za najmanjše naravno število, za katero je trditev smiselna.

2. Induktivna predpostavka . Predvidevamo, da je trditev resnična za neko vrednost k.

3. induktivni prehod . Dokažemo, da trditev velja za k+1.

4. Zaključek . Če je bil tak dokaz dokončan, potem lahko na podlagi načela matematične indukcije trdimo, da je trditev resnična za vsako naravno število n.

Razmislite o uporabi metode matematične indukcije pri reševanju problemov za dokazovanje deljivosti naravnih števil.

Primer 1. Dokaži, da je število 5 večkratnik števila 19, kjer je n naravno število.

Dokaz:

1) Preverimo, ali ta formula velja za n = 1: število =19 je večkratnik 19.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. število je večkratnik 19.

Deljivo z 19. Dejansko je prvi člen deljiv z 19 zaradi predpostavke (2); drugi člen je prav tako deljiv z 19, ker vsebuje faktor 19.

Primer 2 Dokaži, da je vsota kubov treh zaporednih naravnih števil deljiva z 9.

Dokaz:

Dokažimo trditev: »Za vsako naravno število n je izraz n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 večkratnik števila 9.

1) Preverite, ali je ta formula pravilna za n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 je večkratnik 9.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 je večkratnik 9.

3) Dokažimo, da formula velja tudi za n = k + 1, tj. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 je večkratnik 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Dobljeni izraz vsebuje dva člena, od katerih je vsak deljiv z 9, torej je vsota deljiva z 9.

4) Oba pogoja načela matematične indukcije sta izpolnjena, zato predlog velja za vse vrednosti n.

Primer 3 Dokaži, da je za vsak naravni n število 3 2n+1 +2 n+2 deljivo s 7.

Dokaz:

1) Preverite, ali je ta formula pravilna za n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 je večkratnik 7.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. 3 2 k +1 +2 k +2 je deljivo s 7.

3) Dokažimo, da formula velja tudi za n = k + 1, tj.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 3 2 +2 k +2 2 1 =3 2 k +1 9+2 k +2 2 =3 2 k +1 9+2 k +2 (9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2) 9–7 2 k +2 .T. Ker je (3 2 k +1 +2 k +2) 9 deljivo s 7 in 7 2 k +2 deljivo s 7, potem je tudi njuna razlika deljiva s 7.

4) Oba pogoja načela matematične indukcije sta izpolnjena, zato predlog velja za vse vrednosti n.

Veliko dokaznih problemov v teoriji deljivosti naravnih števil je priročno reševati z metodo matematične indukcije, lahko celo rečemo, da je reševanje problemov s to metodo precej algoritemsko, dovolj je, da izvedete 4 osnovne korake. Toda te metode ne moremo imenovati univerzalne, saj obstajajo tudi slabosti: prvič, dokazati je mogoče le na množici naravnih števil, in drugič, dokazati je mogoče samo za eno spremenljivko.

Za razvoj logičnega mišljenja, matematične kulture je ta metoda nujno orodje, saj je že veliki ruski matematik A. N. Kolmogorov dejal: »Razumevanje in sposobnost pravilne uporabe principa matematične indukcije je dobro merilo za logično zrelost, ki je nujno potrebno za matematiko.«

Literatura:

1. Vilenkin N. Ya. Indukcija. Kombinatorika. - M.: Razsvetljenje, 1976. - 48 str.

2. Genkin L. O matematični indukciji. - M., 1962. - 36 str.

3. Solominsky I. S. Metoda matematične indukcije. - M.: Nauka, 1974. - 63 str.

4. Sharygin I. F. Izbirni predmet matematike: Reševanje problemov: Učbenik za 10 celic. Srednja šola - M.: Razsvetljenje, 1989. - 252 str.

5. Shen A. Matematična indukcija. - M.: MTSNMO, 2007.- 32 str.

Predavanje 6. Metoda matematične indukcije.

Nova znanja v znanosti in življenju se pridobivajo na različne načine, vendar so vsi (če ne greste v podrobnosti) razdeljeni na dve vrsti - prehod od splošnega k posebnemu in od posameznega k splošnemu. Prvi je dedukcija, drugi je indukcija. Deduktivno sklepanje se v matematiki običajno imenuje logično sklepanje in v matematičnih znanostih je dedukcija edina legitimna metoda raziskovanja. Pravila logičnega sklepanja je pred dvema tisočletjema in pol oblikoval starogrški znanstvenik Aristotel. Ustvaril je popoln seznam najpreprostejšega pravilnega sklepanja, silogizmi– »zidki« logike, hkrati pa opozarjajo na tipična razmišljanja, zelo podobna pravilnim, vendar napačnim (s tovrstnimi »psevdološkimi« sklepanji se pogosto srečamo v medijih).

Indukcija (indukcija - v latinščini vodenje) ponazarja znana legenda o tem, kako je Isaac Newton oblikoval zakon univerzalne gravitacije, potem ko mu je jabolko padlo na glavo. Še en primer iz fizike: v takem pojavu, kot je elektromagnetna indukcija, električno polje ustvarja, "inducira" magnetno polje. »Newtonovo jabolko« je tipičen primer situacije, ko eden ali več posebnih primerov, tj. opazovanja, "vodijo" do splošne izjave, splošen zaključek je narejen na podlagi posameznih primerov. Induktivna metoda je glavna za pridobivanje splošnih vzorcev tako v naravoslovnih kot humanističnih vedah. Vendar ima zelo pomembno pomanjkljivost: na podlagi posameznih primerov je mogoče narediti napačen sklep. Hipoteze, ki izhajajo iz zasebnih opazovanj, niso vedno pravilne. Razmislite o Eulerjevem primeru.

Izračunali bomo vrednost trinoma za nekaj prvih vrednosti n:

Upoštevajte, da so števila, dobljena kot rezultat izračunov, praštevila. In to lahko neposredno preverimo za vsakega n 1 do 39 polinomska vrednost
je praštevilo. Vendar, ko n=40 dobimo število 1681=41 2 , ki pa ni praštevilo. Tako hipoteza, ki bi se lahko pojavila tukaj, torej hipoteza, da za vsako nštevilo
je preprosto, se izkaže za napačno.

Leibniz je v 17. stoletju dokazal, da za vsako pozitivno celo število nštevilo
deljivo s 3
je deljivo s 5 itd. Na podlagi tega je predlagal, da za vsako kvoto k in vse naravne nštevilo
deljeno s k, a kmalu opazili, da
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. Vprašanje veljavnosti izjave v splošnem primeru je mogoče rešiti z uporabo posebne metode sklepanja, imenovane z matematično indukcijo(popolna indukcija, popolna indukcija).

6.1. Načelo matematične indukcije.

♦ Metoda matematične indukcije temelji na princip matematične indukcije , sestavljen iz naslednjega:

1) veljavnost te izjave je preverjena zan=1 (indukcijska osnova) ,

2) domneva se, da je ta izjava resnična zan= k, kjekje poljubno naravno število 1(predpostavka indukcije) , in ob upoštevanju te predpostavke je njegova veljavnost ugotovljena zan= k+1.

Dokaz. Predpostavimo nasprotno, torej predpostavimo, da trditev ne velja za vsako naravno n. Potem je tu še taka naravna m, kaj:

1) odobritev za n=m ni pravično,

2) za vse n, manjši m, je trditev resnična (z drugimi besedami, m je prvo naravno število, za katerega trditev ne velja).

To je očitno m>1, ker za n=1 je trditev resnična (pogoj 1). Posledično
- naravno število. Izkazalo se je, da za naravno število
trditev velja, za naslednje naravno število pa m to je nepošteno. To je v nasprotju s pogojem 2. ■

Upoštevajte, da je dokaz uporabil aksiom, da vsaka zbirka naravnih števil vsebuje najmanjše število.

Dokaz, ki temelji na principu matematične indukcije, se imenuje s popolno matematično indukcijo .

 Primer6.1. Dokažite to za vsako naravno nštevilo
je deljivo s 3.

rešitev.

1) Kdaj n=1, torej a 1 je deljivo s 3 in trditev velja za n=1.

2) Predpostavimo, da izjava velja za n=k,
, to je ta številka
je deljivo s 3 in ugotovite, da n=k+1 število je deljivo s 3.

Vsekakor,

Ker vsak člen deljiv s 3, potem je s 3 deljiva tudi njihova vsota. ■ 

 Primer6.2. Dokaži, da je vsota prvega n naravnih lihih števil je enako kvadratu njihovega števila, to je .

rešitev. Uporabljamo metodo popolne matematične indukcije.

1) Preverjamo veljavnost te izjave za n=1: 1=1 2 je pravilno.

2) Recimo, da je vsota prvega k (
) lihih števil je enako kvadratu števila teh števil, to je . Na podlagi te enakosti ugotovimo, da je vsota prvega k+1 liha števila je enako
, to je .

Uporabimo svojo predpostavko in dobimo

. ■ 

Za dokazovanje nekaterih neenakosti se uporablja metoda popolne matematične indukcije. Dokažimo Bernoullijevo neenakost.

 Primer6.3. Dokažite to, ko
in vse naravne n neenakost
(Bernoullijeva neenakost).

rešitev. 1) Kdaj n=1 dobimo
, kar je pravilno.

2) Predvidevamo, da pri n=k obstaja neenakost
(*). Z uporabo te predpostavke to tudi dokažemo
. Upoštevajte, da ko
ta neenakost velja, zato je dovolj, da obravnavamo primer
.

Oba dela neenačbe (*) pomnožimo s številom
in dobiš:

To je (1+
.■ 

Dokaz z metodo nepopolna matematična indukcija neka trditev, odvisno od n, kje
izvajajo na podoben način, vendar se na začetku pravičnost vzpostavi za najmanjšo vrednost n.

Nekateri problemi ne vsebujejo eksplicitne izjave, ki bi jo bilo mogoče dokazati z matematično indukcijo. V takih primerih je treba ugotoviti pravilnost in izraziti hipotezo o veljavnosti te pravilnosti, nato pa predlagano hipotezo preizkusiti z matematično indukcijo.

 Primer6.4. Poiščite znesek
.

rešitev. Poiščimo vsote S 1 , S 2 , S 3. Imamo
,
,
. Domnevamo, da za vsako naravno n formula velja
. Za preverjanje te hipoteze uporabimo metodo popolne matematične indukcije.

1) Kdaj n=1 hipoteza drži, ker
.

2) Predpostavimo, da je hipoteza resnična za n=k,
, to je
. S to formulo ugotovimo, da je hipoteza resnična in za n=k+1, tj

Vsekakor,

Torej, ob predpostavki, da je hipoteza resnična za n=k,
, dokazano velja za n=k+1 in na podlagi principa matematične indukcije sklepamo, da formula velja za vsako naravno n. ■ 

 Primer6.5. V matematiki je dokazano, da je vsota dveh enakomerno zveznih funkcij enakomerno zvezna funkcija. Na podlagi te izjave moramo dokazati, da je vsota poljubnega števila
enakomerno zveznih funkcij je enakomerno zvezna funkcija. Ker pa še nismo uvedli koncepta "enakomerno zvezne funkcije", si zastavimo problem bolj abstraktno: vemo, da je vsota dveh funkcij, ki imata neko lastnost S, sama ima lastnino S. Dokažimo, da ima vsota poljubnega števila funkcij lastnost S.

rešitev. Osnova indukcije je tu v sami formulaciji problema. Ob induktivni predpostavki razmislite
funkcije f 1 , f 2 , …, f n , f n+1, ki imajo lastnino S. Potem. Na desni strani ima prvi izraz lastnost S po indukcijski hipotezi ima drugi člen lastnost S po stanju. Zato ima njihova vsota lastnost S– za dva mandata osnova indukcije »deluje«.

To dokazuje trditev in jo bomo uporabljali naprej. ■ 

 Primer6.6. Najdi vse naravno n, za katero velja neenakost

rešitev. Razmislite n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Imamo: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Tako lahko postavimo hipotezo: neenakost
ima prostor za vsakogar
. Da bi dokazali resničnost te hipoteze, uporabimo načelo nepopolne matematične indukcije.

1) Kot je navedeno zgoraj, ta hipoteza velja za n=5.

2) Recimo, da velja za n=k,
, torej neenakost
. S to predpostavko dokažemo, da je neenakost
.

T. do.
in pri
obstaja neenakost

pri
,

potem to razumemo
. Torej, resnica hipoteze n=k+1 izhaja iz predpostavke, da velja za n=k,
.

Od str. 1 in 2 na podlagi načela nepopolne matematične indukcije sledi, da je neenakost
velja za vsako naravno
. ■ 

 Primer6.7. Dokaži to za poljubno naravno število n formula za razlikovanje velja
.

rešitev. pri n=1 ima ta formula obliko
, ali 1=1, kar pomeni, da je res. Če naredimo induktivno predpostavko, imamo:

Q.E.D. ■ 

 Primer6.8. Dokaži, da je niz sestavljen iz n elementov, ima podmnožice.

rešitev. Komplet z enim elementom a, ima dve podmnožici. To drži, ker so vse njegove podmnožice prazna množica in množica sama ter 2 1 =2.

Predvidevamo, da kateri koli niz n elementov ima podmnožice. Če je množica A sestavljena iz n+1 elementov, nato vanj pritrdimo en element - označimo d, in razdelite vse podmnožice v dva razreda - ne vsebuje d in vsebuje d. Vse podmnožice iz prvega razreda so podmnožice množice B, dobljene iz A z odstranitvijo elementa d.

Množica B je sestavljena iz n elementov in zato po indukcijski hipotezi ima podmnožicah, torej v prvem razredu podmnožice.

Toda v drugem razredu je enako število podmnožic: vsaka od njih je pridobljena iz točno ene podmnožice prvega razreda z dodajanjem elementa d. Zato je skupaj množica A
podmnožice.

Tako je trditev dokazana. Upoštevajte, da velja tudi za množico, sestavljeno iz 0 elementov - prazna množica: ima eno samo podmnožico - sebe in 2 0 =1. ■ 