Paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga problema sa divisibility ng natural na mga numero. Ang paraan ng mathematical induction at ang aplikasyon nito sa paglutas ng problema

Ang teksto ng trabaho ay inilalagay nang walang mga imahe at mga formula.
Ang buong bersyon ng trabaho ay magagamit sa tab na "Mga File ng Trabaho" sa format na PDF

Panimula

Ang paksang ito ay may kaugnayan, dahil araw-araw ay nalulutas ng mga tao ang iba't ibang mga problema kung saan gumagamit sila ng iba't ibang mga pamamaraan ng paglutas, ngunit may mga gawain kung saan ang pamamaraan ng induction ng matematika ay hindi maaaring ibigay, at sa mga ganitong kaso ang kaalaman sa lugar na ito ay magiging lubhang kapaki-pakinabang.

Pinili ko ang paksang ito para sa pananaliksik, dahil sa kurikulum ng paaralan ang pamamaraan ng induction ng matematika ay binibigyan ng kaunting oras, natututo ang mag-aaral ng mababaw na impormasyon na makakatulong sa kanya na makakuha lamang ng isang pangkalahatang ideya ng pamamaraang ito, ngunit ang pag-unlad ng sarili ay kailangang pag-aralan nang malalim ang teoryang ito. Ito ay talagang magiging kapaki-pakinabang upang matuto nang higit pa tungkol sa paksang ito, dahil pinalawak nito ang mga abot-tanaw ng isang tao at tumutulong sa paglutas ng mga kumplikadong problema.

Layunin:

Kilalanin ang pamamaraan ng induction ng matematika, sistematikong isagawa ang kaalaman sa paksang ito at ilapat ito sa paglutas ng mga problema sa matematika at pagpapatunay ng mga teorema, patunayan at malinaw na ipakita ang praktikal na kahalagahan ng pamamaraan ng induction ng matematika bilang isang kinakailangang kadahilanan para sa paglutas ng mga problema.

Mga gawain sa trabaho:

Suriin ang panitikan at ibuod ang kaalaman sa paksa.

Unawain ang mga prinsipyo ng mathematical induction.

Tuklasin ang aplikasyon ng paraan ng mathematical induction sa paglutas ng problema.

Bumuo ng mga konklusyon at konklusyon sa gawaing ginawa.

Pangunahing katawan ng pananaliksik

Kasaysayan ng pinagmulan:

Sa pagtatapos lamang ng ika-19 na siglo nabuo ang pamantayan ng mga kinakailangan para sa lohikal na kahigpitan, na hanggang ngayon ay nananatiling nangingibabaw sa praktikal na gawain ng mga mathematician sa pagbuo ng mga indibidwal na teoryang matematika.

Ang induction ay isang pamamaraang nagbibigay-malay kung saan ang isang pahayag na nagsa-generalize sa mga ito ay hinuhusgahan mula sa paghahambing ng mga magagamit na katotohanan.

Sa matematika, ang papel ng induction ay higit sa lahat na pinagbabatayan nito ang napiling axiomatics. Pagkatapos ng mahabang pagsasanay ay nagpakita na ang isang tuwid na landas ay palaging mas maikli kaysa sa isang hubog o sirang isa, natural na magbalangkas ng isang axiom: para sa anumang tatlong puntos na A, B at C, ang hindi pagkakapantay-pantay ay nasisiyahan.

Ang kamalayan ng paraan ng matematikal na induction bilang isang hiwalay na mahalagang paraan ay bumalik sa Blaise Pascal at Gersonides, bagaman ang ilang mga kaso ng aplikasyon ay natagpuan kahit noong sinaunang panahon nina Proclus at Euclid. Ang modernong pangalan para sa pamamaraan ay ipinakilala ni de Morgan noong 1838.

Ang pamamaraan ng induction ng matematika ay maihahambing sa pag-unlad: nagsisimula tayo mula sa pinakamababa, bilang isang resulta ng lohikal na pag-iisip ay nakarating tayo sa pinakamataas. Ang tao ay palaging nagsusumikap para sa pag-unlad, para sa kakayahang lohikal na paunlarin ang kanyang pag-iisip, na nangangahulugan na ang kalikasan mismo ang nagtakda sa kanya na mag-isip nang pasaklaw.

Induction at deduction

Ito ay kilala na mayroong parehong partikular at pangkalahatang mga pahayag, at ang dalawang ibinigay na termino ay batay sa paglipat mula sa isa patungo sa isa pa.

Deduction (mula sa lat. deductio - derivation) - ang paglipat sa proseso ng cognition mula sa pangkalahatan kaalaman sa pribado at walang asawa. Sa pagbabawas, ang pangkalahatang kaalaman ay nagsisilbing panimulang punto ng pangangatwiran, at ang pangkalahatang kaalaman na ito ay ipinapalagay na "handa", umiiral. Ang kakaiba ng pagbabawas ay ang katotohanan ng mga lugar nito ay ginagarantiyahan ang katotohanan ng konklusyon. Samakatuwid, ang pagbabawas ay may malaking kapangyarihan ng panghihikayat at malawakang ginagamit hindi lamang upang patunayan ang mga teorema sa matematika, kundi pati na rin kung saan kailangan ang maaasahang kaalaman.

Ang induction (mula sa Latin na inductio - guidance) ay isang paglipat sa proseso ng cognition mula sa pribado kaalaman sa pangkalahatan Sa madaling salita, ito ay isang paraan ng pananaliksik, kaalaman, na nauugnay sa generalization ng mga resulta ng mga obserbasyon at mga eksperimento.Ang isang tampok ng induction ay ang probabilistic na kalikasan nito, i.e. dahil sa katotohanan ng mga paunang lugar, ang konklusyon ng induction ay malamang na totoo lamang, at sa pangwakas na resulta maaari itong maging parehong totoo at mali.

Kumpleto at hindi kumpletong induction

Ang induktibong pangangatwiran ay isang anyo ng abstract na pag-iisip kung saan ang pag-iisip ay nabubuo mula sa kaalaman ng isang mas mababang antas ng pangkalahatan hanggang sa kaalaman ng isang mas mataas na antas ng pangkalahatan, at ang konklusyon na sumusunod mula sa mga lugar ay nakararami sa probabilistic.

Sa kurso ng pananaliksik, nalaman ko na ang induction ay nahahati sa dalawang uri: kumpleto at hindi kumpleto.

Ang isang kumpletong induction ay tinatawag na isang konklusyon kung saan ang isang pangkalahatang konklusyon tungkol sa isang klase ng mga bagay ay ginawa batay sa pag-aaral ng lahat ng mga bagay ng klase na ito.

Halimbawa, hayaang kailanganin na itatag na ang bawat natural na even number n sa loob ng 6≤ n≤ 18 ay maaaring katawanin bilang kabuuan ng dalawang prime number. Upang gawin ito, kinukuha namin ang lahat ng naturang numero at isulat ang kaukulang mga pagpapalawak:

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

Ang mga pagkakapantay-pantay na ito ay nagpapakita na ang bawat isa sa mga bilang ng interes sa atin ay talagang kinakatawan bilang kabuuan ng dalawang simpleng termino.

Isaalang-alang ang sumusunod na halimbawa: ang sequence yn= n 2 +n+17; Isulat natin ang unang apat na termino: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Pagkatapos ay maaari nating ipagpalagay na ang buong sequence ay binubuo ng mga primes. Ngunit hindi ito ganoon, kunin natin ang y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Ito ay isang pinagsama-samang numero, na nangangahulugan na ang aming palagay ay mali, samakatuwid, ang hindi kumpletong induction ay hindi humahantong sa ganap na maaasahang mga konklusyon, ngunit nagbibigay-daan sa amin na magbalangkas ng isang hypothesis, na sa kalaunan ay nangangailangan ng mathematical proof o refutation.

Paraan ng mathematical induction

Ang kumpletong induction ay may mga limitadong aplikasyon lamang sa matematika. Maraming kawili-wiling mga pahayag sa matematika ang sumasaklaw sa walang katapusang bilang ng mga espesyal na kaso, at hindi namin masusuri ang lahat ng mga sitwasyong ito. Ngunit paano magsusuri para sa walang katapusang bilang ng mga kaso? Ang pamamaraang ito ay iminungkahi nina B. Pascal at J. Bernoulli, ito ay isang paraan ng mathematical induction, na batay sa prinsipyo ng mathematical induction.

Kung ang pangungusap na A(n), na nakasalalay sa isang natural na bilang n, ay totoo para sa n=1, at mula sa katotohanang ito ay totoo para sa n=k (kung saan ang k ay anumang natural na numero), ito ay sumusunod na ito ay true para sa susunod na numero n=k +1, kung gayon ang Assumption A(n) ay totoo para sa anumang natural na numero n.

Sa ilang mga kaso, maaaring kailanganing patunayan ang bisa ng isang tiyak na pahayag hindi para sa lahat ng natural na numero, ngunit para lamang sa n>p, kung saan ang p ay isang nakapirming natural na numero. Sa kasong ito, ang prinsipyo ng mathematical induction ay nabuo tulad ng sumusunod:

Kung ang pangungusap na A(n) ay totoo para sa n=p at kung A(k)  A(k+1) para sa anumang k>p, kung gayon ang pangungusap na A(n) ay totoo para sa anumang n>p.

Algorithm (binubuo ito ng apat na yugto):

1.base(ipinapakita namin na ang assertion na pinatutunayan ay totoo para sa ilang pinakasimpleng espesyal na kaso ( P = 1));

2.hulaan(Ipagpalagay namin na ang assertion ay napatunayan para sa una sa mga kaso); 3 .hakbang(sa ilalim ng pagpapalagay na ito ay pinatutunayan namin ang assertion para sa kaso P = sa + 1); 4.output (y ang pahayag ay totoo para sa lahat ng kaso, iyon ay, para sa lahat P) .

Tandaan na hindi lahat ng mga problema ay maaaring malutas sa pamamagitan ng pamamaraan ng matematikal na induction, ngunit ang mga problema lamang ay na-parameter ng ilang variable. Ang variable na ito ay tinatawag na induction variable.

Paglalapat ng paraan ng mathematical induction

Ilapat natin ang lahat ng teoryang ito sa pagsasanay at alamin kung aling mga problema ang ginamit sa pamamaraang ito.

Mga problema para sa patunay ng hindi pagkakapantay-pantay.

Halimbawa 1 Patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay ng Bernoulli (1+x)n≥1+n x, x>-1, n ∈ N.

1) Para sa n=1, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo, dahil 1+х≥1+х

2) Ipagpalagay na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa ilang n=k, i.e.

(1+x) k ≥1+k x.

Ang pagpaparami ng magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay sa isang positibong numero 1+x, nakukuha natin

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

Isinasaalang-alang na kx 2 ≥0, dumating tayo sa hindi pagkakapantay-pantay

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Kaya, ang pagpapalagay na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay totoo para sa n=k ay nagpapahiwatig na ito ay totoo para sa n=k+1. Batay sa paraan ng mathematical induction, maaaring pagtalunan na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay wasto para sa anumang n ∈ N.

Halimbawa 2 Patunayan na para sa anumang natural na numero n>1, .

Patunayan natin gamit ang paraan ng mathematical induction.

Tukuyin ang kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay sa pamamagitan ng.

1), samakatuwid, para sa n=2 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo.

2) Hayaan para sa ilang k. Patunayan natin iyan at Meron kami .

Paghahambing at, mayroon kami, i.e. .

Para sa anumang positibong integer k, ang kanang bahagi ng huling pagkakapantay-pantay ay positibo. kaya lang. Ngunit, samakatuwid, at. Napatunayan namin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural n>1.

Mga problema para sa patunay ng mga pagkakakilanlan.

Halimbawa 1 Patunayan na para sa anumang natural n ang pagkakapantay-pantay ay totoo:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Hayaang n=1, pagkatapos X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Nakikita natin na para sa n=1 ang pahayag ay totoo.

2) Ipagpalagay na ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Patunayan natin ang katotohanan ng pahayag na ito para sa n=k+1, ibig sabihin, 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.

Mula sa patunay sa itaas ay malinaw na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1, samakatuwid, ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural na n.

Halimbawa 2 Patunayan na para sa anumang natural n ang pagkakapantay-pantay

1) Suriin kung ang pagkakakilanlang ito ay totoo para sa n = 1.; - tama.

2) Hayaang maging totoo din ang pagkakakilanlan para sa n = k, i.e.

3) Patunayan natin na ang pagkakakilanlang ito ay totoo rin para sa n = k + 1, ibig sabihin;

kasi Ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=k at n=k+1, pagkatapos ito ay totoo para sa anumang natural na n.

Mga gawain sa pagbubuod.

Halimbawa 1 Patunayan na 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Solusyon: 1) Mayroon kaming n=1=1 2 . Samakatuwid, ang pahayag ay totoo para sa n=1, i.e. A(1) ay totoo.

2) Patunayan natin na А(k) A(k+1).

Hayaang k ang anumang natural na numero at hayaang totoo ang pahayag para sa n=k, ibig sabihin, 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Patunayan natin na kung gayon ang assertion ay totoo din para sa susunod na natural na numero n=k+1, i.e. Ano

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Kaya, A(k) A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang palagay na A(n) ay totoo para sa anumang n N.

Halimbawa 2 Patunayan ang formula, n ay isang natural na numero.

Solusyon: Kapag n=1, ang parehong bahagi ng pagkakapantay-pantay ay nagiging isa at, samakatuwid, ang unang kondisyon ng prinsipyo ng mathematical induction ay nasiyahan.

Ipagpalagay na ang formula ay totoo para sa n=k, i.e. .

Idagdag natin sa magkabilang panig ng pagkakapantay-pantay na ito at baguhin ang kanang bahagi. Pagkatapos makuha namin

Kaya, mula sa katotohanan na ang formula ay totoo para sa n=k, ito ay sumusunod na ito ay totoo para sa n=k+1, kung gayon ang pahayag na ito ay totoo para sa anumang natural na n.

mga problema sa divisibility.

Halimbawa 1 Patunayan na ang (11 n+2 +12 2n+1) ay nahahati sa 133 nang walang natitira.

Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos

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

(23 × 133) ay nahahati sa 133 na walang natitira, kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo;

2) Ipagpalagay na ang (11 k+2 +12 2k+1) ay nahahati sa 133 nang walang nalalabi.

3) Patunayan natin iyan sa kasong ito

(11 k+3 +12 2k+3) ay nahahati sa 133 nang walang nalalabi. Sa katunayan, 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 .

Ang resultang kabuuan ay nahahati ng 133 na walang nalalabi, dahil ang unang termino nito ay nahahati sa 133 na walang nalalabi sa pamamagitan ng pagpapalagay, at sa pangalawa sa mga salik ay 133.

Kaya, A(k) → A(k+1), pagkatapos ay batay sa paraan ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang natural n.

Halimbawa 2 Patunayan na ang 3 3n-1 +2 4n-3 para sa isang arbitrary positive integer n ay nahahati ng 11.

Solusyon: 1) Hayaan ang n=1, pagkatapos ay ang X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 ay nahahati sa 11 nang walang natitira. Samakatuwid, para sa n=1 ang pahayag ay totoo.

2) Ipagpalagay na para sa n=k

Ang X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 ay nahahati sa 11 nang walang natitira.

3) Patunayan natin na ang pahayag ay totoo para sa 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 .

Ang unang termino ay nahahati ng 11 nang walang natitira, dahil ang 3 3k-1 +2 4k-3 ay nahahati sa 11 sa pamamagitan ng pagpapalagay, ang pangalawa ay nahahati ng 11, dahil ang isa sa mga kadahilanan nito ay ang numero 11. Kaya, ang kabuuan ay mahahati din ng 11 na walang nalalabi para sa anumang natural n.

Mga gawain mula sa totoong buhay.

Halimbawa 1 Patunayan na ang kabuuan ng Sn ng mga panloob na anggulo ng anumang matambok na polygon ay ( P- 2)π, saan P ay ang bilang ng mga gilid ng polygon na ito: Sn = ( P- 2)π (1).

Ang pahayag na ito ay hindi makatuwiran para sa lahat ng natural P, ngunit para lamang sa P > 3, dahil ang pinakamababang bilang ng mga anggulo sa isang tatsulok ay 3.

1) Kailan P= 3 ang aming pahayag ay nasa anyong: S 3 = π. Ngunit ang kabuuan ng mga panloob na anggulo ng anumang tatsulok ay talagang π. Samakatuwid, kapag P= 3 formula (1) ay totoo.

2) Hayaang maging totoo ang formula na ito para sa n =k, iyon ay, S k = (k- 2)π, saan k > 3. Patunayan natin na sa kasong ito ang formula ay mayroon ding: S k+ 1 = (k- 1) π.

Hayaan ang A 1 A 2 ... A k A k+ 1 - arbitrary convex ( k+ 1) -gon (Larawan 338).

Sa pamamagitan ng pagkonekta ng mga punto A 1 at A k , nakakakuha kami ng convex k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Malinaw, ang kabuuan ng mga anggulo ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 ay katumbas ng kabuuan ng mga anggulo k-gon A 1 A 2 ... A k kasama ang kabuuan ng mga anggulo ng tatsulok A 1 A k A k+ isa. Ngunit ang kabuuan ng mga anggulo k-gon A 1 A 2 ... A k ay ipinapalagay na ( k- 2)π, at ang kabuuan ng mga anggulo ng tatsulok A 1 A k A k+ 1 ay katumbas ng pi. kaya lang

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

Kaya, ang parehong mga kondisyon ng prinsipyo ng mathematical induction ay nasiyahan, at samakatuwid ang formula (1) ay totoo para sa anumang natural P > 3.

Halimbawa 2 May hagdanan, ang lahat ng mga hakbang ay pareho. Kinakailangang ipahiwatig ang pinakamababang bilang ng mga posisyon na magagarantiya sa posibilidad ng "pag-akyat" sa anumang hakbang sa numero.

Sumasang-ayon ang lahat na dapat may kondisyon. Dapat kaya nating umakyat sa unang hakbang. Susunod, dapat silang umakyat mula sa unang hakbang hanggang sa pangalawa. Pagkatapos sa pangalawa - sa pangatlo, atbp. sa nth step. Siyempre, sa kabuuan, ang mga "n" na pahayag ay ginagarantiya nm na makakarating tayo sa ika-n na hakbang.

Tingnan natin ngayon ang 2, 3,…., n mga posisyon at ihambing ang mga ito sa isa't isa. Madaling makita na lahat sila ay may parehong istraktura: kung nakarating tayo sa k step, maaari nating akyatin ang (k + 1) na hakbang. Mula dito, ang gayong axiom para sa bisa ng mga pahayag na nakasalalay sa "n" ay nagiging natural: kung ang pangungusap A (n), kung saan ang n ay isang natural na numero, ay nasiyahan sa n=1 at mula sa katotohanan na ito ay nasiyahan. na may n=k (kung saan ang k ay anumang natural na numero), ito ay sumusunod na ito ay humahawak din para sa n=k+1, pagkatapos ay ang Assumption A(n) ay humahawak para sa anumang natural na numero n.

Aplikasyon

Mga gawain gamit ang paraan ng mathematical induction kapag pumapasok sa mga unibersidad.

Tandaan na kapag pumapasok sa mas mataas na institusyong pang-edukasyon, mayroon ding mga gawain na nalutas sa pamamaraang ito. Isaalang-alang natin ang mga ito sa mga partikular na halimbawa.

Halimbawa 1 Patunayan na anumang natural P patas na pagkakapantay-pantay

1) Kailan n=1 nakukuha natin ang tamang pagkakapantay-pantay na Kasalanan.

2) Paggawa ng inductive assumption na para sa n= k ang pagkakapantay-pantay ay totoo, isaalang-alang ang kabuuan sa kaliwang bahagi ng pagkakapantay-pantay, para sa n =k+1;

3) Gamit ang mga formula ng pagbabawas, binabago namin ang expression:

Pagkatapos, sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural n.

Halimbawa 2 Patunayan na para sa anumang natural n ang halaga ng expression na 4n +15n-1 ay isang multiple ng 9.

1) Sa n=1: 2 2 +15-1=18 - maramihang ng 9 (dahil 18:9=2)

2) Hayaang manatili ang pagkakapantay-pantay n=k: Ang 4k +15k-1 ay isang multiple ng 9.

3) Patunayan natin na nananatili ang pagkakapantay-pantay para sa susunod na numero 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) - maramihang ng 9;

9(5k-2) - maramihang ng 9;

Dahil dito, ang buong expression na 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) ay isang multiple ng 9, na dapat patunayan.

Halimbawa 3 Patunayan iyon para sa anumang natural na numero P natugunan ang kondisyon: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.

1) Suriin kung ang formula na ito ay totoo para sa n=1: Kaliwang parte = 1∙2∙3=6.

kanang bahagi = . 6 = 6; totoo sa n=1.

2) Ipagpalagay na ang formula na ito ay totoo para sa n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Patunayan natin na ang formula na ito ay totoo para sa n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Patunay:

Kaya, ang kundisyong ito ay totoo sa dalawang kaso at napatunayan na ito ay totoo para sa n =k+1, samakatuwid ito ay totoo para sa anumang natural na numero P.

Konklusyon

Upang buod, sa proseso ng pananaliksik, nalaman ko kung ano ang induction, na kumpleto o hindi kumpleto, nakilala ang pamamaraan ng induction ng matematika batay sa prinsipyo ng induction ng matematika, isinasaalang-alang ang maraming mga problema gamit ang pamamaraang ito.

Marami rin akong natutunang bagong impormasyon, iba sa mga kasama sa kurikulum ng paaralan.Habang pinag-aaralan ko ang pamamaraan ng mathematical induction, gumamit ako ng iba't ibang literatura, Internet resources, at sumangguni din sa isang guro.

Konklusyon: Ang pagkakaroon ng pangkalahatan at systematized na kaalaman sa matematika induction, ako ay naging kumbinsido sa pangangailangan para sa kaalaman sa paksang ito sa katotohanan. Ang isang positibong kalidad ng pamamaraan ng induction ng matematika ay ang malawak na aplikasyon nito sa paglutas ng mga problema: sa larangan ng algebra, geometry at tunay na matematika. Gayundin, ang kaalamang ito ay nagdaragdag ng interes sa matematika bilang isang agham.

Sigurado ako na ang mga kasanayang nakuha sa trabaho ay makakatulong sa akin sa hinaharap.

Bibliograpiya

Sominsky I.S. Paraan ng mathematical induction. Mga sikat na lektura sa matematika, isyu 3-M.: Nauka, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Induction sa geometry. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 p. — (Mga sikat na lektura sa matematika).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Manwal sa matematika para sa mga aplikante sa mga unibersidad (Mga napiling tanong ng elementarya na matematika) - Ed. 5th, binago, 1976 - 638s.

A. Shen. Matematika induction. - MTsNMO, 2004. - 36 p.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Koleksyon ng mga problema sa algebra: aklat-aralin para sa 8-9 na mga cell. na may malalim the study of mathematics 7th ed. - M .: Education, 2001. - 271 p.

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

Ang Wikipedia ay ang malayang ensiklopedya.

Kung totoo ang proposisyon A(n) para sa n=p at kung A(k) X A(k+1) para sa anumang k>p, totoo ang proposisyon A(n) para sa anumang n>p.

Ang patunay sa pamamagitan ng paraan ng mathematical induction ay isinasagawa bilang mga sumusunod. Una, ang assertion na patunayan ay sinusuri para sa n=1, ibig sabihin, ang katotohanan ng pahayag A(1) ay itinatag. Ang bahaging ito ng patunay ay tinatawag na batayan ng induction. Sinusundan ito ng isang bahagi ng patunay na tinatawag na induction step. Sa bahaging ito, ang bisa ng pahayag para sa n=k+1 ay pinatutunayan sa ilalim ng pagpapalagay na ang pahayag ay totoo para sa n=k (ang inductive assumption), i.e. patunayan na A(k) ~ A(k+1)

Patunayan na 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Mayroon kaming n=1=1 2 . Samakatuwid, ang pahayag ay totoo para sa n=1, i.e. A(1) totoo
2) Patunayan natin na A(k) ~ A(k+1)

Hayaang k ang anumang natural na numero at hayaang maging totoo ang pahayag para sa n=k, i.e.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Patunayan natin na kung gayon ang assertion ay totoo din para sa susunod na natural na numero n=k+1, i.e. Ano

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

Kaya, A(k) X A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang palagay na A(n) ay totoo para sa anumang n О N

Patunayan mo yan

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), kung saan ang x No. 1

1) Para sa n=1 nakukuha natin
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

samakatuwid, para sa n=1 ang formula ay totoo; A(1) totoo

2) Hayaang k ang anumang natural na numero at hayaang totoo ang formula para sa n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Patunayan natin na pagkatapos ay ang pagkakapantay-pantay

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

Kaya A(k) ⋅ A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang formula ay totoo para sa anumang natural na numero n

Patunayan na ang bilang ng mga dayagonal ng isang matambok n-gon ay n(n-3)/2

Solusyon: 1) Para sa n=3, ang pahayag ay totoo, dahil sa tatsulok

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

2) Ipagpalagay na sa anumang convex k-gon ay may A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonals. A k Patunayan natin na sa isang matambok na A k+1 (k+1)-gon ang bilang ng mga dayagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Hayaang А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -matambok (k+1)-gon. Gumuhit tayo ng dayagonal na A 1 A k dito. Upang kalkulahin ang kabuuang bilang ng mga diagonal nito (k + 1)-gon, kailangan mong bilangin ang bilang ng mga diagonal sa k-gon A 1 A 2 ...A k , idagdag ang k-2 sa resultang numero, i.e. ang bilang ng mga diagonal ng (k+1)-gon na nagmumula sa vertex A k+1 , at, bilang karagdagan, dapat isaalang-alang ang dayagonal A 1 A k

Sa ganitong paraan,

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

Kaya A(k) ⋅ A(k+1). Dahil sa prinsipyo ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang convex n-gon.

Patunayan na para sa anumang n ang pahayag ay totoo:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos

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

2) Ipagpalagay na n=k

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

3) Isaalang-alang ang pahayag na ito para sa 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

Napatunayan namin ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang natural n

Patunayan na para sa anumang natural n ang pagkakapantay-pantay ay totoo:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2/4

Solusyon: 1) Hayaan n=1

Pagkatapos X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Nakikita natin na para sa n=1 ang pahayag ay totoo.

2) Ipagpalagay na ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=k

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

3) Patunayan natin ang katotohanan ng pahayag na ito para sa n=k+1, i.e.

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

Ito ay makikita mula sa itaas na patunay na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1, samakatuwid, ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural n

Patunayan mo yan

((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), kung saan n>2

Solusyon: 1) Para sa n=2, ang pagkakakilanlan ay mukhang:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), ibig sabihin. ito ay totoo
2) Ipagpalagay na ang expression ay totoo para sa 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) Papatunayan natin ang kawastuhan ng expression para sa 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)

Napatunayan namin ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang n>2

Patunayan mo yan

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

Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Ipagpalagay na n=k, kung gayon
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Patunayan natin ang katotohanan ng pahayag na ito para sa 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)

Ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n=k+1 ay napatunayan din, samakatuwid ang pahayag ay totoo para sa anumang natural na n.

Patunayan ang bisa ng pagkakakilanlan

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

1) Para sa n=1 ang pagkakakilanlan ay totoo 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Ipagpalagay na para sa n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Pinatunayan namin na ang pagkakakilanlan ay totoo para sa 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)

Ito ay makikita mula sa itaas na patunay na ang assertion ay totoo para sa anumang positibong integer n.

Patunayan na ang (11 n+2 +12 2n+1) ay nahahati sa 133 nang walang natitira

Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos

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

Ngunit ang (23 ґ 133) ay nahahati sa 133 nang walang nalalabi, kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo; A(1) ay totoo.

2) Ipagpalagay na ang (11 k+2 +12 2k+1) ay nahahati sa 133 nang walang natitira
3) Patunayan natin na sa kasong ito (11 k+3 +12 2k+3) ay nahahati sa 133 nang walang nalalabi. Sa totoo lang
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

Ang resultang halaga ay nahahati sa 133 na walang natitira, dahil ang unang termino nito ay nahahati sa 133 na walang nalalabi sa pamamagitan ng pagpapalagay, at sa pangalawa sa mga salik ay 133. Kaya, A (k) Yu A (k + 1). Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang assertion

Patunayan na para sa anumang n 7 n -1 ay nahahati sa 6 na walang nalalabi

1) Hayaan ang n=1, pagkatapos ay ang X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 ay hinati sa 6 na walang natitira. Kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo
2) Ipagpalagay na para sa n \u003d k 7 k -1 ay mahahati ng 6 nang walang natitira
3) Patunayan natin na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1

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

Ang unang termino ay nahahati sa 6, dahil ang 7 k -1 ay nahahati sa 6 sa pamamagitan ng pagpapalagay, at ang pangalawang termino ay 6. Kaya ang 7 n -1 ay isang multiple ng 6 para sa anumang natural na n. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang assertion.

Patunayan na ang 3 3n-1 +2 4n-3 para sa isang arbitrary positive integer n ay nahahati ng 11.

1) Hayaan n=1, pagkatapos

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 ay nahahati sa 11 nang walang natitira.

Kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo

2) Ipagpalagay na para sa n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 ay nahahati ng 11 nang walang natitira
3) Pinatutunayan namin na ang pahayag ay totoo para sa 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

Patunayan na ang 11 2n -1 para sa isang arbitrary na positive integer n ay nahahati ng 6 na walang natitira

1) Hayaang n=1, pagkatapos ay 11 2 -1=120 ay nahahati sa 6 na walang natitira. Kaya para sa n=1 ang pahayag ay totoo
2) Ipagpalagay na para sa n=k 1 2k -1 ay nahahati sa 6 na walang natitira
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Ang parehong termino ay nahahati ng 6 na walang nalalabi: ang una ay naglalaman ng maramihang 6 na numero 120, at ang pangalawa ay nahahati ng 6 na walang nalalabi sa pamamagitan ng pagpapalagay. Kaya't ang kabuuan ay nahahati sa 6 na walang natitira. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang assertion.

Patunayan na ang 3 3n+3 -26n-27 para sa isang arbitrary positive integer n ay nahahati ng 26 2 (676) nang walang natitira

Patunayan muna natin na ang 3 3n+3 -1 ay nahahati sa 26 na walang nalalabi

1. Kapag n=0
3 3 -1=26 ay nahahati sa 26
2. Ipagpalagay na para sa n=k
3 3k+3 -1 ay nahahati sa 26
3. Patunayan natin na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - ay nahahati ng 26

Patunayan natin ngayon ang assertion na nabuo sa kondisyon ng problema

1) Malinaw na para sa n=1 ang pahayag ay totoo
3 3+3 -26-27=676
2) Ipagpalagay na para sa n=k ang expression na 3 3k+3 -26k-27 ay nahahati ng 26 2 nang walang natitira
3) Patunayan natin na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Ang parehong termino ay nahahati sa 26 2 ; ang una ay nahahati ng 26 2 dahil napatunayan natin na ang expression sa mga bracket ay nahahati ng 26, at ang pangalawa ay nahahati ng inductive hypothesis. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang assertion

Patunayan na kung n>2 at х>0, kung gayon ang hindi pagkakapantay-pantay (1+х) n >1+n ґ х

1) Para sa n=2, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo, dahil
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Kaya totoo ang A(2).

2) Patunayan natin na A(k) ⋅ A(k+1) kung k> 2. Ipagpalagay na totoo ang A(k), ibig sabihin, na ang hindi pagkakapantay-pantay
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

Patunayan natin na ang A(k+1) ay totoo rin, ibig sabihin, na ang hindi pagkakapantay-pantay

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

Sa katunayan, ang pagpaparami ng magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay (3) sa isang positibong numero 1+x, nakukuha natin

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Isaalang-alang ang kanang bahagi ng huling hindi pagkakapantay-pantay; meron kami

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

Bilang resulta, nakuha namin iyon (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Kaya A(k) ⋅ A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, maaaring pagtalunan na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay wasto para sa anumang n> 2

Patunayan na ang hindi pagkakapantay-pantay (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 ay totoo para sa a> 0

Solusyon: 1) Para sa m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 parehong bahagi ay pantay
2) Ipagpalagay na para sa m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Patunayan natin na para sa m=k+1 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo
(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

Napatunayan namin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa m=k+1, samakatuwid, dahil sa paraan ng matematikal na induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural na m

Patunayan na para sa n>6 ang hindi pagkakapantay-pantay 3 n >n ґ 2 n+1

Isulat muli natin ang hindi pagkakapantay-pantay sa anyo (3/2) n >2n

1. Para sa n=7 mayroon tayong 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo
2. Ipagpalagay na para sa n=k (3/2) k >2k
3) Patunayan natin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k+1
3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Mula k>7, ang huling hindi pagkakapantay-pantay ay halata.

Dahil sa paraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural n

Patunayan na para sa n>2 ang hindi pagkakapantay-pantay

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Para sa n=3 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Ipagpalagay na para sa n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)
3) Patunayan natin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Patunayan natin na 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

Ang huli ay halata, at samakatuwid

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

Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay napatunayan.

Ang induction ng matematika ay sumasailalim sa isa sa mga pinakakaraniwang pamamaraan ng mga patunay sa matematika. Sa tulong nito, maaari mong patunayan ang karamihan sa mga formula na may natural na mga numero n, halimbawa, ang formula para sa paghahanap ng kabuuan ng mga unang termino ng pag-unlad S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, binomial formula ni Newton 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 .

Sa unang talata, susuriin namin ang mga pangunahing konsepto, pagkatapos ay isasaalang-alang namin ang mga pangunahing kaalaman ng pamamaraan mismo, at pagkatapos ay sasabihin namin sa iyo kung paano gamitin ito upang patunayan ang mga pagkakapantay-pantay at hindi pagkakapantay-pantay.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Mga konsepto ng induction at deduction

Una, tingnan natin kung ano ang induction at deduction sa pangkalahatan.

Kahulugan 1

Induction ay ang paglipat mula sa partikular tungo sa pangkalahatan, at bawas sa kabaligtaran, mula sa pangkalahatan hanggang sa partikular.

Halimbawa, mayroon tayong pahayag: 254 ay maaaring nahahati sa dalawa nang buo. Mula dito maaari tayong gumuhit ng maraming konklusyon, kung saan magkakaroon ng parehong totoo at mali. Halimbawa, ang pahayag na ang lahat ng mga integer na may numerong 4 sa dulo ay maaaring hatiin ng dalawa nang walang natitira ay totoo, ngunit ang anumang bilang ng tatlong digit na mahahati ng 2 ay mali.

Sa pangkalahatan, masasabi na sa tulong ng induktibong pangangatwiran ay makakakuha ng maraming konklusyon mula sa isang kilala o malinaw na pangangatwiran. Binibigyang-daan tayo ng induction ng matematika na matukoy kung gaano kabisa ang mga konklusyong ito.

Ipagpalagay na mayroon tayong pagkakasunod-sunod ng mga numero tulad ng 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , kung saan ang n ay nagsasaad ng ilang natural na numero. Sa kasong ito, kapag nagdaragdag ng mga unang elemento ng pagkakasunud-sunod, nakukuha namin ang sumusunod:

S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 2, S 2 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 \u003d 2 3, S 3 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 \u003d 4 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .

Gamit ang induction, maaari nating tapusin na S n = n n + 1 . Sa ikatlong bahagi ay patunayan natin ang formula na ito.

Ano ang paraan ng mathematical induction

Ang pamamaraang ito ay batay sa prinsipyo ng parehong pangalan. Ito ay nabuo tulad nito:

Kahulugan 2

Ang isang tiyak na pahayag ay magiging totoo para sa isang natural na halaga n kapag 1) ito ay magiging totoo para sa n = 1 at 2) mula sa katotohanan na ang expression na ito ay totoo para sa isang di-makatwirang natural na halaga n = k, ito ay sumusunod na ito ay magiging totoo din. para sa n = k + 1 .

Ang aplikasyon ng pamamaraan ng induction ng matematika ay isinasagawa sa 3 yugto:

Una, sinusuri namin ang kawastuhan ng orihinal na pahayag sa kaso ng isang di-makatwirang natural na halaga ng n (karaniwang ang pagsubok ay ginagawa para sa pagkakaisa).
Pagkatapos nito, sinusuri namin ang katapatan sa n = k .
At pagkatapos ay patunayan natin ang bisa ng pahayag kung n = k + 1 .

Paano ilapat ang pamamaraan ng induction ng matematika kapag nilulutas ang mga hindi pagkakapantay-pantay at mga equation

Kunin natin ang halimbawang pinag-usapan natin kanina.

Halimbawa 1

Patunayan ang formula S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Solusyon

Tulad ng alam na natin, upang mailapat ang pamamaraan ng induction ng matematika, tatlong magkakasunod na hakbang ang dapat gawin.

Una, sinusuri namin kung ang pagkakapantay-pantay na ito ay magiging wasto para sa n katumbas ng isa. Nakukuha namin ang S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Lahat ay tama dito.
Dagdag pa, ginagawa namin ang pagpapalagay na ang formula S k = k k + 1 ay tama.
Sa ikatlong hakbang, kailangan nating patunayan na S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , batay sa bisa ng nakaraang pagkakapantay-pantay.

Maaari nating katawanin ang k + 1 bilang kabuuan ng mga unang termino ng orihinal na pagkakasunod-sunod at k + 1:

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

Dahil sa pangalawang hakbang nakuha namin na S k = k k + 1, maaari naming isulat ang sumusunod:

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

Ngayon ginagawa namin ang mga kinakailangang pagbabago. Kakailanganin nating bawasan ang fraction sa isang common denominator, bawasan ang mga katulad na termino, ilapat ang pinaikling formula ng multiplikasyon at bawasan ang nangyari:

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

Kaya, napatunayan namin ang pagkakapantay-pantay sa ikatlong punto sa pamamagitan ng pagsasagawa ng lahat ng tatlong hakbang ng pamamaraan ng mathematical induction.

Sagot: ang palagay tungkol sa formula na S n = n n + 1 ay totoo.

Isaalang-alang natin ang isang mas kumplikadong problema sa mga function ng trigonometriko.

Halimbawa 2

Magbigay ng patunay ng pagkakakilanlan cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Solusyon

Tulad ng naaalala natin, ang unang hakbang ay dapat na suriin ang kawastuhan ng pagkakapantay-pantay kapag ang n ay katumbas ng isa. Upang malaman, kailangan nating tandaan ang mga pangunahing trigonometric formula.

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

Samakatuwid, para sa n katumbas ng isa, ang pagkakakilanlan ay magiging totoo.

Ngayon ipagpalagay na ang bisa nito ay napanatili para sa n = k , i.e. magiging totoo na cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Pinatutunayan namin ang pagkakapantay-pantay cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α para sa kaso kapag n = k + 1, batay sa nakaraang palagay.

Ayon sa trigonometric formula,

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 kasalanan (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Dahil dito,

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

Ang isang halimbawa ng paglutas ng problema ng pagpapatunay ng hindi pagkakapantay-pantay gamit ang paraang ito ay ibinigay sa artikulo sa pamamaraang least squares. Basahin ang talata kung saan hinango ang mga formula para sa paghahanap ng mga approximation coefficient.

Kung may napansin kang pagkakamali sa text, mangyaring i-highlight ito at pindutin ang Ctrl+Enter

paglalarawan ng bibliograpiya: Badanin AS, Sizova M. Yu. Application ng paraan ng matematika induction sa paglutas ng mga problema sa divisibility ng mga natural na numero // Young scientist. 2015. №2. S. 84-86..02.2019).

Medyo mahirap na mga problema sa pagpapatunay ng divisibility ng natural na mga numero ay madalas na nakatagpo sa mathematical Olympiads. Ang mga mag-aaral ay nahaharap sa isang problema: kung paano makahanap ng isang unibersal na pamamaraan ng matematika na nagbibigay-daan sa paglutas ng mga naturang problema?

Ito ay lumiliko na ang karamihan sa mga problema sa divisibility ay maaaring malutas sa pamamagitan ng matematika induction, ngunit sa mga aklat-aralin sa paaralan napakakaunting pansin ang binabayaran sa pamamaraang ito, kadalasan ang isang maikling teoretikal na paglalarawan ay ibinibigay at maraming mga problema ang nasuri.

Natagpuan namin ang paraan ng induction ng matematika sa teorya ng numero. Sa bukang-liwayway ng teorya ng numero, natuklasan ng mga mathematician ang maraming katotohanan nang pasaklaw: minsan ay isinasaalang-alang nina L. Euler at K. Gauss ang libu-libong mga halimbawa bago mapansin ang isang numerical pattern at naniniwala dito. Ngunit sa parehong oras, naunawaan nila kung gaano mapanlinlang ang mga hypotheses kung papasa sila sa "panghuling" pagsusulit. Para sa isang induktibong paglipat mula sa isang pahayag na na-verify para sa isang may hangganang subset patungo sa isang katulad na pahayag para sa buong walang katapusan na hanay, isang patunay ang kailangan. Ang pamamaraang ito ay iminungkahi ni Blaise Pascal, na nakahanap ng isang pangkalahatang algorithm para sa paghahanap ng mga palatandaan ng divisibility ng anumang integer sa pamamagitan ng anumang iba pang integer (treatise "Sa likas na katangian ng divisibility ng mga numero").

Ang paraan ng mathematical induction ay ginagamit upang patunayan sa pamamagitan ng pangangatwiran ng katotohanan ng isang tiyak na pahayag para sa lahat ng natural na mga numero o ang katotohanan ng isang pahayag na nagsisimula sa ilang numero n.

Ang paglutas ng mga problema upang patunayan ang katotohanan ng isang tiyak na pahayag sa pamamagitan ng pamamaraan ng mathematical induction ay binubuo ng apat na yugto (Larawan 1):

kanin. 1. Iskema para sa paglutas ng problema

1. Batayan ng induction . Suriin ang bisa ng pahayag para sa pinakamaliit na natural na numero kung saan may katuturan ang pahayag.

2. Inductive Assumption . Ipinapalagay namin na ang pahayag ay totoo para sa ilang halaga ng k.

3. inductive transition . Pinatutunayan namin na ang assertion ay totoo para sa k+1.

4. Konklusyon . Kung ang gayong patunay ay nakumpleto na, kung gayon, sa batayan ng prinsipyo ng matematikal na induction, maaari itong pagtalunan na ang pahayag ay totoo para sa anumang natural na bilang n.

Isaalang-alang ang aplikasyon ng paraan ng matematikal na induction sa paglutas ng mga problema upang patunayan ang divisibility ng mga natural na numero.

Halimbawa 1. Patunayan na ang numero 5 ay isang multiple ng 19, kung saan ang n ay isang natural na numero.

Patunay:

1) Suriin natin na ang formula na ito ay totoo para sa n = 1: ang numero =19 ay multiple ng 19.

2) Hayaang maging totoo ang formula na ito para sa n = k, ibig sabihin, ang numero ay multiple ng 19.

Nahahati ng 19. Sa katunayan, ang unang termino ay nahahati sa 19 dahil sa pagpapalagay (2); ang pangalawang termino ay nahahati din ng 19 dahil naglalaman ito ng salik na 19.

Halimbawa 2 Patunayan na ang kabuuan ng mga cube ng tatlong magkakasunod na natural na numero ay nahahati sa 9.

Patunay:

Patunayan natin ang pahayag: “Para sa anumang natural na bilang n, ang expression na n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 ay isang multiple ng 9.

1) Tingnan kung tama ang formula na ito para sa n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 ay isang multiple ng 9.

2) Hayaang totoo ang formula na ito para sa n = k, ibig sabihin, ang k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 ay isang multiple ng 9.

3) Patunayan natin na ang formula ay totoo rin para sa n = k + 1, ibig sabihin, (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 ay isang multiple ng 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).

Ang resultang expression ay naglalaman ng dalawang termino, ang bawat isa ay nahahati sa 9, kaya ang kabuuan ay nahahati ng 9.

4) Ang parehong mga kondisyon ng prinsipyo ng induction ng matematika ay nasiyahan, samakatuwid, ang panukala ay totoo para sa lahat ng mga halaga ng n.

Halimbawa 3 Patunayan na para sa anumang natural n ang bilang na 3 2n+1 +2 n+2 ay nahahati ng 7.

Patunay:

1) Tingnan kung tama ang formula na ito para sa n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 ay isang multiple ng 7.

2) Hayaang totoo ang formula na ito para sa n = k, ibig sabihin, 3 2 k +1 +2 k +2 ay nahahati sa 7.

3) Patunayan natin na ang formula ay totoo rin para sa n = k + 1, i.e.

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. Dahil ang (3 2 k +1 +2 k +2) 9 ay nahahati sa 7 at 7 2 k +2 ay nahahati ng 7, kung gayon ang kanilang pagkakaiba ay nahahati din ng 7.

4) Ang parehong mga kondisyon ng prinsipyo ng induction ng matematika ay nasiyahan, samakatuwid, ang panukala ay totoo para sa lahat ng mga halaga ng n.

Maraming mga problema sa patunay sa teorya ng divisibility ng mga natural na numero ay maginhawang nalutas gamit ang pamamaraan ng induction ng matematika, maaari pa ring sabihin na ang paglutas ng mga problema sa pamamagitan ng pamamaraang ito ay medyo algorithmic, sapat na upang maisagawa ang 4 na pangunahing hakbang. Ngunit ang pamamaraang ito ay hindi matatawag na unibersal, dahil mayroon ding mga disadvantages: una, posible na patunayan lamang sa hanay ng mga natural na numero, at pangalawa, posible na patunayan lamang para sa isang variable.

Para sa pagbuo ng lohikal na pag-iisip, kultura ng matematika, ang pamamaraang ito ay isang kinakailangang kasangkapan, dahil kahit na ang mahusay na matematikong Ruso na si A. N. Kolmogorov ay nagsabi: "Ang pag-unawa at ang kakayahang mailapat nang tama ang prinsipyo ng induction ng matematika ay isang mahusay na pamantayan para sa lohikal na kapanahunan, na kung saan ay talagang kailangan para sa matematika."

Panitikan:

1. Vilenkin N. Ya. Induction. Kombinatorika. - M.: Enlightenment, 1976. - 48 p.

2. Genkin L. Sa mathematical induction. - M., 1962. - 36 p.

3. Solominsky I. S. Paraan ng mathematical induction. - M.: Nauka, 1974. - 63 p.

4. Sharygin I. F. Opsyonal na kurso sa matematika: Paglutas ng problema: Textbook para sa 10 cell. gitnang paaralan - M.: Enlightenment, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Mathematical induction. - M.: MTSNMO, 2007.- 32 p.

Lecture 6. Paraan ng mathematical induction.

Ang mga bagong kaalaman sa agham at buhay ay nakukuha sa iba't ibang paraan, ngunit ang lahat ng mga ito (kung hindi mo isasaalang-alang ang mga detalye) ay nahahati sa dalawang uri - ang paglipat mula sa pangkalahatan hanggang sa partikular at mula sa partikular sa pangkalahatan. Ang una ay deduction, ang pangalawa ay induction. Deductive reasoning ang karaniwang tinatawag sa matematika lohikal na pangangatwiran, at sa mathematical science deduction ay ang tanging lehitimong paraan ng pagsisiyasat. Ang mga alituntunin ng lohikal na pangangatwiran ay binuo dalawa at kalahating millennia na ang nakalipas ng sinaunang Griyegong siyentipiko na si Aristotle. Gumawa siya ng kumpletong listahan ng pinakasimpleng tamang pangangatwiran, silogismo– "mga brick" ng lohika, sabay na itinuturo ang tipikal na pangangatwiran, na halos kapareho sa mga tama, ngunit mali (madalas tayong nakakatugon sa gayong "pseudological" na pangangatwiran sa media).

Induction (induction - sa Latin gabay) ay inilalarawan ng kilalang alamat kung paano binuo ni Isaac Newton ang batas ng unibersal na grabitasyon matapos bumagsak ang isang mansanas sa kanyang ulo. Ang isa pang halimbawa mula sa pisika: sa gayong kababalaghan bilang electromagnetic induction, lumilikha ang isang electric field, "nag-induce" ng magnetic field. Ang "Newton's apple" ay isang tipikal na halimbawa ng isang sitwasyon kung saan ang isa o higit pang mga espesyal na kaso, i.e. mga obserbasyon, "humantong" sa isang pangkalahatang pahayag, ang pangkalahatang konklusyon ay ginawa batay sa mga partikular na kaso. Ang inductive method ay ang pangunahing isa para sa pagkuha ng mga pangkalahatang pattern sa parehong natural at human sciences. Ngunit mayroon itong napakalaking disbentaha: batay sa mga partikular na halimbawa, maaaring makagawa ng maling konklusyon. Ang mga hypotheses na nagmumula sa mga pribadong obserbasyon ay hindi palaging tama. Isaalang-alang ang isang halimbawa dahil kay Euler.

Kakalkulahin namin ang halaga ng trinomial para sa ilang unang halaga n:

Tandaan na ang mga numerong nakuha bilang resulta ng mga kalkulasyon ay prime. At maaaring direktang i-verify iyon ng isa para sa bawat isa n 1 hanggang 39 polynomial na halaga
ay isang prime number. Gayunpaman, kapag n=40 makuha natin ang numerong 1681=41 2 , na hindi prime. Kaya, ang hypothesis na maaaring lumabas dito, iyon ay, ang hypothesis na para sa bawat isa n numero
ay simple, lumalabas na hindi totoo.

Napatunayan ni Leibniz noong ika-17 siglo na para sa bawat positibong integer n numero
mahahati sa 3
ay nahahati sa 5, at iba pa. Batay dito, iminungkahi niya na para sa bawat kakaiba k at anumang natural n numero
hinati ng k, ngunit hindi nagtagal ay napansin iyon
ay hindi nahahati sa 9.

Ang isinasaalang-alang na mga halimbawa ay nagpapahintulot sa amin na gumawa ng isang mahalagang konklusyon: ang isang pahayag ay maaaring totoo sa ilang mga espesyal na kaso at sa parehong oras ay hindi makatarungan sa pangkalahatan. Ang tanong ng bisa ng pahayag sa pangkalahatang kaso ay maaaring malutas sa pamamagitan ng paglalapat ng isang espesyal na paraan ng pangangatwiran na tinatawag sa pamamagitan ng mathematical induction(kumpletong induction, perpektong induction).

6.1. Ang prinsipyo ng mathematical induction.

♦ Ang paraan ng mathematical induction ay batay sa prinsipyo ng mathematical induction , na binubuo ng mga sumusunod:

1) ang bisa ng pahayag na ito ay napatunayan para san=1 (batayan sa induction) ,

2) ang pahayag na ito ay ipinapalagay na totoo para san= k, saankay isang arbitrary na natural na numero 1(pagpapalagay ng induction) , at isinasaalang-alang ang pagpapalagay na ito, ang bisa nito ay itinatag para san= k+1.

Patunay. Ipagpalagay na ang kabaligtaran, iyon ay, ipagpalagay na ang assertion ay hindi totoo para sa bawat natural n. Tapos may ganyang natural m, Ano:

1) pag-apruba para sa n=m hindi patas,

2) para sa lahat n, mas maliit m, totoo ang assertion (sa madaling salita, m ay ang unang natural na numero kung saan nabigo ang assertion).

Obvious naman yun m>1, kasi para sa n=1 ang pahayag ay totoo (kondisyon 1). Dahil dito,
- natural na numero. Ito ay lumiliko out na para sa isang natural na numero
ang pahayag ay totoo, at para sa susunod na natural na numero m ito ay hindi makatarungan. Sumasalungat ito sa kondisyon 2. ■

Tandaan na ginamit ng patunay ang axiom na ang anumang koleksyon ng mga natural na numero ay naglalaman ng pinakamaliit na numero.

Ang isang patunay batay sa prinsipyo ng mathematical induction ay tinatawag sa pamamagitan ng kumpletong mathematical induction .

 Halimbawa6.1. Patunayan na para sa anumang natural n numero
ay nahahati sa 3.

Solusyon.

1) Kailan n=1 , kaya a Ang 1 ay nahahati sa 3 at ang pahayag ay totoo para sa n=1.

2) Ipagpalagay na ang pahayag ay totoo para sa n=k,
, ibig sabihin, ang numerong iyon
ay nahahati sa 3 at hanapin iyon n=k Ang +1 na numero ay nahahati sa 3.

talaga,

kasi ang bawat termino ay nahahati sa 3, kung gayon ang kanilang kabuuan ay nahahati din sa 3. ■ 

 Halimbawa6.2. Patunayan na ang kabuuan ng una n ang mga natural na kakaibang numero ay katumbas ng parisukat ng kanilang numero, iyon ay, .

Solusyon. Ginagamit namin ang paraan ng kumpletong mathematical induction.

1) Sinusuri namin ang bisa ng pahayag na ito para sa n=1: 1=1 2 ay tama.

2) Ipagpalagay na ang kabuuan ng una k (
) ng mga kakaibang numero ay katumbas ng parisukat ng bilang ng mga numerong ito, iyon ay, . Batay sa pagkakapantay-pantay na ito, itinatatag namin na ang kabuuan ng una k Ang +1 na kakaibang numero ay katumbas ng
, yan ay .

Ginagamit namin ang aming palagay at makuha

. ■ 

Ang paraan ng kumpletong mathematical induction ay ginagamit upang patunayan ang ilang mga hindi pagkakapantay-pantay. Patunayan natin ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli.

 Halimbawa6.3. Patunayan mo na kung kailan
at anumang natural n ang hindi pagkakapantay-pantay
(Hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli).

Solusyon. 1) Kailan n=1 ang nakukuha natin
, ano ang tama.

2) Ipinapalagay namin na sa n=k mayroong hindi pagkakapantay-pantay
(*). Gamit ang pagpapalagay na ito, pinatunayan namin iyon
. Tandaan na kapag
ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay nagtataglay, at samakatuwid ay sapat na upang isaalang-alang ang kaso
.

I-multiply ang parehong bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (*) sa bilang
at makakuha ng:

Iyon ay (1+
.■ 

Patunay sa pamamagitan ng pamamaraan hindi kumpletong mathematical induction ilang assertion depende sa n, saan
isinasagawa sa katulad na paraan, ngunit sa simula, ang hustisya ay itinatag para sa pinakamaliit na halaga n.

Ang ilang mga problema ay hindi tahasang bumubuo ng isang pahayag na maaaring patunayan sa pamamagitan ng mathematical induction. Sa ganitong mga kaso, kinakailangang magtatag ng regularidad at magpahayag ng hypothesis tungkol sa validity ng regularity na ito, at pagkatapos ay subukan ang iminungkahing hypothesis sa pamamagitan ng mathematical induction.

 Halimbawa6.4. Hanapin ang halaga
.

Solusyon. Hanapin natin ang mga kabuuan S 1 , S 2 , S 3 . Meron kami
,
,
. Ini-hypothesize namin iyon para sa anumang natural n valid ang formula
. Upang subukan ang hypothesis na ito, ginagamit namin ang paraan ng kumpletong induction ng matematika.

1) Kailan n=1 ang hypothesis ay totoo, dahil
.

2) Ipagpalagay na ang hypothesis ay totoo para sa n=k,
, yan ay
. Gamit ang formula na ito, itinatag namin na ang hypothesis ay totoo at para sa n=k+1, iyon ay

talaga,

Kaya, ipagpalagay na ang hypothesis ay totoo para sa n=k,
, napatunayan na ito ay totoo para sa n=k+1, at batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang formula ay wasto para sa anumang natural n. ■ 

 Halimbawa6.5. Sa matematika, napatunayan na ang kabuuan ng dalawang pare-parehong tuluy-tuloy na pag-andar ay isang pare-parehong tuluy-tuloy na pag-andar. Batay sa pahayag na ito, kailangan nating patunayan na ang kabuuan ng anumang numero
ng pare-parehong tuluy-tuloy na function ay isang pare-parehong tuluy-tuloy na function. Ngunit dahil hindi pa natin ipinakilala ang konsepto ng "pare-parehong tuluy-tuloy na pag-andar", itakda natin ang problema nang mas abstractly: ipaalam ito na ang kabuuan ng dalawang pag-andar na may ilang pag-aari S, mismong may ari-arian S. Patunayan natin na ang kabuuan ng anumang bilang ng mga function ay may katangian S.

Solusyon. Ang batayan ng induction dito ay nakapaloob sa mismong pagbabalangkas ng problema. Paggawa ng inductive assumption, isaalang-alang
mga function f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 na may ari-arian S. Tapos . Sa kanang bahagi, ang unang termino ay may ari-arian S sa pamamagitan ng induction hypothesis, ang pangalawang termino ay may ari-arian S ayon sa kondisyon. Samakatuwid, ang kanilang kabuuan ay may ari-arian S– para sa dalawang termino, ang batayan ng induction ay "gumagana".

Ito ay nagpapatunay sa assertion at gagamitin pa ito. ■ 

 Halimbawa6.6. Hanapin ang lahat ng natural n, kung saan ang hindi pagkakapantay-pantay

Solusyon. Isipin mo n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Mayroon tayong: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Kaya, maaari tayong gumawa ng hypothesis: ang hindi pagkakapantay-pantay
may lugar para sa lahat
. Upang patunayan ang katotohanan ng hypothesis na ito, ginagamit namin ang prinsipyo ng hindi kumpletong induction ng matematika.

1) Gaya ng nakasaad sa itaas, ang hypothesis na ito ay totoo para sa n=5.

2) Ipagpalagay na ito ay totoo para sa n=k,
, iyon ay, ang hindi pagkakapantay-pantay
. Gamit ang pagpapalagay na ito, pinatunayan namin na ang hindi pagkakapantay-pantay
.

T. sa.
at sa
mayroong hindi pagkakapantay-pantay

sa
,

pagkatapos makuha namin iyon
. Kaya, ang katotohanan ng hypothesis n=k Ang +1 ay sumusunod mula sa pagpapalagay na ito ay totoo para sa n=k,
.

Mula sa pp. 1 at 2, batay sa prinsipyo ng hindi kumpletong mathematical induction, sumusunod na ang hindi pagkakapantay-pantay
totoo para sa bawat natural
. ■ 

 Halimbawa6.7. Patunayan iyon para sa anumang natural na numero n wasto ang formula ng pagkita ng kaibhan
.

Solusyon. Sa n=1 ang formula na ito ay may anyo
, o 1=1, ibig sabihin, ito ay totoo. Sa paggawa ng inductive assumption, mayroon kaming:

Q.E.D. ■ 

 Halimbawa6.8. Patunayan na ang set na binubuo ng n mga elemento, may mga subset.

Solusyon. Isang set na may isang elemento a, ay may dalawang subset. Totoo ito dahil ang lahat ng subset nito ay ang walang laman na set at ang set mismo, at 2 1 =2.

Ipinapalagay namin na anumang hanay ng n may mga elemento mga subset. Kung ang set A ay binubuo ng n+1 elemento, pagkatapos ay ayusin namin ang isang elemento dito - tukuyin ito d, at hatiin ang lahat ng subset sa dalawang klase - hindi naglalaman d at naglalaman ng d. Ang lahat ng mga subset mula sa unang klase ay mga subset ng set B na nakuha mula sa A sa pamamagitan ng pag-alis ng elemento d.

Ang set B ay binubuo ng n elemento, at samakatuwid, sa pamamagitan ng induction hypothesis, mayroon itong mga subset, kaya sa unang klase mga subset.

Ngunit sa pangalawang klase mayroong parehong bilang ng mga subset: bawat isa sa kanila ay nakuha mula sa eksaktong isang subset ng unang klase sa pamamagitan ng pagdaragdag ng elemento d. Samakatuwid, sa kabuuan, ang set A
mga subset.

Kaya napatunayan ang assertion. Tandaan na may bisa rin ito para sa isang set na binubuo ng 0 elemento - isang walang laman na set: mayroon itong isang subset - mismo, at 2 0 =1. ■ 