Bizonyítsuk be az oszthatóságot matematikai indukcióval! Kezdje a tudományban

Igazi tudás mindenkor egy minta megállapításán és annak bizonyos körülmények között való bizonyításán alapult. A logikus érvelés ilyen hosszú fennállása alatt szabályokat fogalmaztak meg, és Arisztotelész még a „helyes érvelés” listáját is összeállította. Történelmileg az volt a szokás, hogy minden következtetést két típusra osztanak - a konkréttól a többszörösig (indukció) és fordítva (dukció). Meg kell jegyezni, hogy a bizonyítékok típusai az egyeditől az általánosig és az általánostól a konkrétig csak együtt léteznek, és nem cserélhetők fel.

Indukció a matematikában

Az "indukció" kifejezés rendelkezik Latin gyökerekés szó szerint „útmutatás”-nak fordítják. Közelebbről megvizsgálva kiemelhető a szó szerkezete, nevezetesen a latin előtag - in- (befelé irányuló cselekvést vagy bentlétet jelöl) és -dukció - bevezetés. Érdemes megjegyezni, hogy két típusa van - teljes és nem teljes indukció. Teljes alak jellemezze egy bizonyos osztály összes objektumának tanulmányozásából levont következtetéseket.

Hiányos - következtetések, amelyek az osztály összes tantárgyára vonatkoznak, de csak néhány egység tanulmányozása alapján készültek.

A teljes matematikai indukció egy olyan következtetés, amely az objektumok egész osztályára vonatkozó általános következtetésen alapul, funkcionálisan kapcsolat köti össze természetes számsorok ennek a funkcionális kapcsolatnak az ismerete alapján. Ebben az esetben a bizonyítási folyamat három szakaszból áll:

az első lépés az álláspont helyességének bizonyítása matematikai indukció. Példa: f = 1, indukció;
a következő szakasz azon a feltételezésen alapul, hogy a pozíció minden természetes számra érvényes. Azaz f=h induktív hipotézis;
a harmadik szakaszban az f=h+1 számra vonatkozó pozíció érvényességét bizonyítjuk, az előző bekezdés pozíciójának helyessége alapján - ez indukciós átmenet, vagy a matematikai indukció lépése. Példa erre az úgynevezett ha a sorban az első kő leesik (alap), akkor a sorban lévő összes kő leesik (átmenet).

Viccesen és komolyan is

A könnyebb érthetőség érdekében a matematikai indukciós módszert alkalmazó megoldási példákat viccproblémák formájában mutatjuk be. Ez az „Udvarias sor” feladat:

A magatartási szabályok megtiltják, hogy a férfi egy nő előtt kanyarodjon (ilyen helyzetben a nő mehet előre). Ezen állítás alapján, ha a sorban az utolsó férfi, akkor mindenki más férfi.

A matematikai indukció módszerének szembetűnő példája a „dimenzió nélküli repülés” probléma:

Bizonyítani kell, hogy a kisbuszra bármennyi ember felfér. Való igaz, hogy egy személy nehézség nélkül (alapból) befér egy járműbe. De akármennyire is tele van a kisbusz, 1 utas mindig elfér rajta (indukciós lépés).

Ismerős körök

A problémák és egyenletek matematikai indukciós megoldására vonatkozó példák meglehetősen gyakoriak. Ennek a megközelítésnek a szemléltetésére vegye figyelembe a következő problémát.

Feltétel: h körök vannak a síkon. Bizonyítani kell, hogy az ábrák bármilyen elrendezése esetén az általuk alkotott térkép két színnel helyesen színezhető.

Megoldás: ha h=1, az állítás igazsága nyilvánvaló, ezért a bizonyítást a h+1 körszámra fogjuk megszerkeszteni.

Fogadjuk el azt a feltevést, hogy az állítás bármely térképre érvényes, és a síkon h+1 körök vannak. Azáltal, hogy eltávolítja a teljes szám az egyik körben két színnel (fekete-fehér) helyesen színezett térképet kaphat.

Törölt kör visszaállításakor az egyes területek színe az ellenkezőjére változik (jelen esetben a kör belsejébe). Az eredmény egy két színben helyesen színezett térkép, amit bizonyítani kellett.

Példák természetes számokkal

Az alábbiakban jól látható a matematikai indukció módszerének alkalmazása.

Példák megoldásokra:

Bizonyítsuk be, hogy bármely h esetén helyes a következő egyenlőség:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =ó(ó+1)(2ó+1)/6.

1. Legyen h=1, ami azt jelenti:

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

Ebből következik, hogy h=1 esetén az állítás helyes.

2. Feltételezve, hogy h=d, az egyenletet kapjuk:

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

3. Feltételezve, hogy h=d+1, akkor kiderül:

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

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

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

Így a h=d+1 egyenlőség érvényessége bebizonyosodott, ezért az állítás bármely természetes számra igaz, ahogy a matematikai indukciós példamegoldásban is látható.

Feladat

Feltétel: bizonyítani kell, hogy h bármely értékére a 7 h -1 kifejezés maradék nélkül osztható 6-tal.

Megoldás:

1. Tegyük fel, hogy h=1, ebben az esetben:

R 1 = 7 1 -1 = 6 (azaz osztva 6-tal maradék nélkül)

Ezért h=1 esetén az állítás igaz;

2. Legyen h=d és 7 d -1 maradék nélkül elosztva 6-tal;

3. A h=d+1 állítás érvényességét a következő képlet bizonyítja:

R d +1 = 7 d +1 -1 = 7, 7 d -7 + 6 = 7 (7 d -1) + 6

BAN BEN ebben az esetben az első tag osztható 6-tal az első pont feltételezésével, a második tag pedig egyenlő 6-tal. Igaz az az állítás, hogy 7 h -1 osztható 6-tal maradék nélkül bármely természetes h esetén.

Hibák az ítéletben

A bizonyításokban gyakran helytelen érvelést alkalmaznak a felhasznált logikai konstrukciók pontatlansága miatt. Ez főleg akkor fordul elő, ha megsértik a bizonyítás szerkezetét és logikáját. Példa a helytelen érvelésre az alábbi ábra.

Feladat

Feltétel: bizonyítani kell, hogy bármely kőhalom nem halom.

Megoldás:

1. Tegyük fel h=1, ebben az esetben 1 kő van a halomban és az állítás igaz (alap);

2. Legyen igaz h=d-re, hogy a kőhalom nem halom (feltevés);

3. Legyen h=d+1, amiből az következik, hogy még egy követ hozzáadásakor nem lesz kupac a halmaz. A következtetés önmagában azt sugallja, hogy a feltevés minden természetes h-ra érvényes.

A hiba az, hogy nincs meghatározva, hány kő alkot egy halmot. Az ilyen kihagyást elhamarkodott általánosításnak nevezik a matematikai indukció módszerében. Egy példa világosan mutatja ezt.

Az indukció és a logika törvényei

Történelmileg mindig „kéz a kézben járnak”. Ilyen tudományos diszciplínák A logikához hasonlóan a filozófia is ellentétek formájában írja le őket.

A logika törvénye szempontjából az induktív definíciók tényekre támaszkodnak, és a premisszák valóságtartalma nem határozza meg a kapott állítás helyességét. Gyakran bizonyos fokú valószínűséggel és elfogadhatósággal vonnak le következtetéseket, amelyeket természetesen ellenőrizni és meg kell erősíteni. további kutatás. Példa az indukcióra a logikában a következő állítás:

Észtországban szárazság, Lettországban, Litvániában szárazság van.

Észtország, Lettország és Litvánia balti államok. Mindenben balti államok aszály.

A példából azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az indukciós módszerrel nem nyerhető új információ, igazság. Csak arra lehet számítani, hogy a következtetések bizonyos mértékben igazak. Ráadásul a premisszák igazsága nem garantálja ugyanazokat a következtetéseket. Ez a tény azonban nem jelenti azt, hogy az indukció a dedukció határán sínylődik: hatalmas változatosság rendelkezéseket és tudományos törvényszerűségeket indukciós módszerrel igazolják. Példa erre a matematika, biológia és más tudományok. Ez leginkább a teljes indukciós módszernek köszönhető, de esetenként részleges indukció is alkalmazható.

Az indukció tiszteletreméltó kora lehetővé tette, hogy behatoljon az emberi tevékenység szinte minden területére - ez a tudomány, a közgazdaságtan és a mindennapi következtetések.

Bevezetés a tudományos közösségbe

Az indukciós módszer alapos hozzáállást igényel, mivel túl sok múlik az egész vizsgált részeinek számán: mi nagyobb szám annál megbízhatóbb az eredmény. Ezen jellemző alapján tudományos törvények indukcióval nyert, hosszú ideig tesztelik a valószínűségi feltételezések szintjén, hogy elkülönítsék és tanulmányozzák az összes lehetségeset. szerkezeti elemek, kapcsolatok és hatások.

A tudományban az induktív következtetés azon alapul jelentős jelek, a véletlenszerű pozíciók kivételével. Ezt a tényt sajátosságai miatt fontos tudományos tudás. Ez jól látható a tudomány indukciós példáiban.

Kétféle indukció létezik tudományos világ(a vizsgálati módszerrel kapcsolatban):

indukció-szelekció (vagy szelekció);
indukció - kirekesztés (elimináció).

Az első típust egy osztály (alosztályok) mintáinak módszeres (gondoskodású) kiválasztása különbözteti meg a különböző területekről.

Az ilyen típusú indukcióra példa a következő: az ezüst (vagy ezüstsók) tisztítja a vizet. A következtetés sok éves megfigyelésen alapul (a megerősítések és cáfolatok egyfajta szelekciója - szelekció).

A második típusú indukció olyan következtetéseken alapul, amelyek ok-okozati összefüggéseket állapítanak meg, és kizárják azokat a körülményeket, amelyek nem felelnek meg annak tulajdonságainak, nevezetesen az egyetemességnek, az időbeli sorrendhez való ragaszkodásnak, a szükségességnek és az egyértelműségnek.

Indukció és dedukció a filozófia álláspontjából

Történelmileg visszatekintve az indukció kifejezést először Szókratész említette. Arisztotelész közelebbről írta le az indukció példáit a filozófiában terminológiai szótár, de a hiányos indukció kérdése nyitva marad. Az arisztotelészi szillogizmus üldözése után az induktív módszert kezdték gyümölcsözőnek és a természettudományban az egyetlen lehetségesnek elismerni. Bacont az indukció, mint önálló speciális módszer atyjának tekintik, de nem sikerült elválasztania az indukciót a deduktív módszertől, ahogy azt kortársai követelték.

Az indukciót J. Mill fejlesztette tovább, aki az induktív elméletet négy fő módszer szemszögéből vizsgálta: megegyezés, különbség, maradékok és a megfelelő változások. Nem meglepő, hogy ma a felsorolt módszerek, ha részletesen megvizsgáljuk, deduktívak.

Bacon és Mill elméletei következetlenségének felismerése arra késztette a tudósokat, hogy tanulmányozzák az indukció valószínűségi alapját. Azonban még itt is voltak szélsőségek: megpróbálták redukálni a valószínűségelméletre való indukciót, annak minden következményével együtt.

A beiktatás akkor kap bizalmat, amikor praktikus alkalmazás bizonyos tantárgyi területekés az induktív alap metrikus pontosságának köszönhetően. A filozófiában az indukció és a dedukció példájának tekinthető a Törvény egyetemes gravitáció. A törvény felfedezésének napján Newton 4 százalékos pontossággal tudta ellenőrizni. És amikor több mint kétszáz évvel később ellenőrizték, a helyességet 0,0001 százalékos pontossággal igazolták, bár az ellenőrzést ugyanazokkal az induktív általánosításokkal végezték.

Modern filozófia több figyelmet figyelmet fordít a dedukcióra, amelyet az a logikai vágy diktál, hogy a már ismertekből új ismereteket (vagy igazságokat) vonjunk le anélkül, hogy tapasztalathoz vagy intuícióhoz folyamodnánk, hanem „tiszta” érveléssel. Ha a deduktív módszerben igaz premisszákra hivatkozunk, a kimenet minden esetben igaz állítás.

Ez nagyon fontos jellemzője nem árnyékolhatja be az induktív módszer értékét. Mivel az indukció a tapasztalati vívmányok alapján annak feldolgozásának (ideértve az általánosítást és rendszerezést is) eszközévé válik.

Az indukció alkalmazása a közgazdaságtanban

Az indukciót és a dedukciót régóta használják a gazdaság tanulmányozására és fejlődésének előrejelzésére.

Az indukciós módszer alkalmazási köre meglehetősen széles: az előrejelzési mutatók (nyereség, értékcsökkenés stb.) teljesülésének vizsgálata, ill. összesített értékelés a vállalkozás állapota; tényeken és azok kapcsolatain alapuló hatékony vállalkozásfejlesztési politika kialakítása.

Ugyanezt az indukciós módszert alkalmazzák a „Shewhart-térképekben”, ahol a folyamatok szabályozottra és ellenőrizetlenre való felosztásának feltételezése mellett kijelentik, hogy a szabályozott folyamat kerete inaktív.

Meg kell jegyezni, hogy a tudományos törvényeket indukciós módszerrel támasztják alá és erősítik meg, és mivel a közgazdaságtan olyan tudomány, amely gyakran alkalmaz matematikai elemzés, kockázatelmélet és statisztikai adatok, akkor egyáltalán nem meglepő, hogy az indukció a fő módszerek listáján szerepel.

A közgazdaságtan indukciójára és dedukciójára példa a következő helyzet. Az élelmiszerek (a fogyasztói kosárból) és az alapvető javak árának emelkedése arra készteti a fogyasztót, hogy gondolkodjon az államban kialakuló magas költségekről (indukció). Ugyanakkor a magas költségek miatt a felhasználás matematikai módszerek Levezetheti az egyes áruk vagy árukategóriák árnövekedésének mutatóit (levonás).

Leggyakrabban a vezetők, vezetők és közgazdászok fordulnak az indukciós módszerhez. Ahhoz, hogy a vállalkozás fejlődését, a piaci magatartást és a verseny következményeit kellő valósággal előre jelezhessük, az információelemzés és -feldolgozás induktív-deduktív megközelítésére van szükség.

Egy világos példa a közgazdaságtanban a hibás ítéletekkel kapcsolatos indukcióra:

a társaság nyeresége 30%-kal csökkent;
egy konkurens vállalat bővítette termékkínálatát;
semmi más nem változott;
egy versengő vállalat termelési politikája a nyereség 30%-os csökkenését okozta;
ezért ugyanazt a termelési politikát kell végrehajtani.

A példa színes illusztrációja annak, hogy az indukciós módszer alkalmatlan használata hogyan járul hozzá egy vállalkozás tönkretételéhez.

Dedukció és indukció a pszichológiában

Mivel van módszer, akkor logikusan van megfelelően szervezett gondolkodás is (hogy a módszert használjuk). A pszichológia mint tanulmányozó tudomány mentális folyamatok, kialakulásuk, fejlődésük, kapcsolatok, interakciók, figyelmet fordít a „deduktív” gondolkodásra, mint a dedukció és indukció egyik megnyilvánulási formájára. Sajnos az internetes pszichológiai oldalakon gyakorlatilag semmi sem indokolja a deduktív-induktív módszer integritását. Habár hivatásos pszichológusok gyakrabban találkoznak az indukció megnyilvánulásaival, pontosabban téves következtetésekkel.

A pszichológiában az indukció példája, a téves ítéletek illusztrációjaként az a kijelentés: anyám csal, ezért minden nő csaló. Még több „hibás” példát szűrhet le az életből való indukcióra:

a diák semmire nem képes, ha rossz jegyet kap matekból;
bolond;
ő okos;
Bármit megteszek;

És még sok más értékítélet, amely teljesen véletlenszerű és időnként jelentéktelen premisszákon alapul.

Meg kell jegyezni: amikor egy személy ítéletének tévessége az abszurditásig ér, a munka határa jelenik meg a pszichoterapeuta számára. Egy példa a szakorvosi találkozóra való belépésre:

„A beteg teljesen biztos abban, hogy a vörös szín bármilyen formában csak számára veszélyes. Ennek eredményeként a személy ezt a színvilágot kizárta az életéből - amennyire csak lehetséges. Otthoni környezetben adottak a lehetőségek kényelmes tartózkodást sok. Elutasíthatja az összes piros elemet, vagy helyettesítheti azokat más színsémában készült analógokkal. De nyilvános helyeken, munkahelyen, boltban - lehetetlen. Amikor stresszes helyzetbe kerül, a páciens minden alkalommal teljesen más „dagályt” tapasztal érzelmi állapotok, ami veszélyt jelenthet másokra.”

Az indukciónak és a tudattalan indukciónak ezt a példáját „rögzített ideáknak” nevezik. Ha ez lelkileg történik egészséges ember, szervezettség hiányáról beszélhetünk mentális tevékenység. Egy módja annak, hogy megszabaduljunk rögeszmés állapotok elemi fejlesztéssé válhat deduktív érvelés. Más esetekben pszichiáterek dolgoznak ilyen betegekkel.

Az indukció fenti példái azt mutatják, hogy „a törvény nem ismerete nem mentesít a következmények (a téves ítéletek) alól”.

A deduktív gondolkodás témáján dolgozó pszichológusok összeállítottak egy listát azokról az ajánlásokról, amelyek célja, hogy segítsenek az embereknek elsajátítani ezt a módszert.

Az első pont a problémamegoldás. Mint látható, a matematikában használt indukciós forma „klasszikusnak” tekinthető, és ennek a módszernek az alkalmazása hozzájárul az elme „fegyelméhez”.

A deduktív gondolkodás fejlődésének következő feltétele a látókör tágítása (a tisztán gondolkodók világosan fejezik ki magukat). Ez az ajánlás a „szenvedést” a tudomány és információ kincstárába (könyvtárak, weboldalak, oktatási kezdeményezések, utazás stb.).

Külön említést érdemel az úgynevezett „pszichológiai indukció”. Ez a kifejezés, bár nem gyakran, megtalálható az interneten. Minden forrás nem adja meg legalább röviden a fogalom meghatározását, hanem „életpéldákra” hivatkozik, miközben úgy adja tovább az újfajta indukció, majd szuggesztió, majd néhány forma mentális betegség, majd az emberi psziché szélsőséges állapotai. A fentiek mindegyikéből világos, hogy a kísérlet arra, hogy „ új kifejezés", hamis (gyakran hamis) premisszákra támaszkodva arra ítéli a kísérletezőt, hogy téves (vagy elhamarkodott) állítást kapjon.

Megjegyzendő, hogy az 1960-as kísérletekre való hivatkozás (a helyszín, a kísérletezők nevének, az alanyok mintájának és legfőképpen a kísérlet céljának megjelölése nélkül) enyhén szólva nem meggyőző, és a kijelentés, miszerint az agy minden érzékelési szervet megkerülve érzékeli az információt (ebben az esetben szervesebben illeszkedne az „érintett” kifejezés), elgondolkodtat a kijelentés szerzőjének hiszékenységén és kritikátlanságán.

Konklúzió helyett

Nem hiába használja fel a tudományok királynője, a matematika az indukció és a dedukció módszerének minden lehetséges tartalékát. A vizsgált példák arra engednek következtetni, hogy a legpontosabb és legmegbízhatóbb módszerek felületes és alkalmatlan (mint mondják meggondolatlan) alkalmazása mindig hibás eredményekhez vezet.

A tömegtudatban a dedukciós módszert a híres Sherlock Holmeshoz kötik, aki az ő logikai konstrukciók gyakrabban használ példákat az indukcióra, in szükséges helyzeteket dedukció segítségével.

A cikkben ezeknek a módszereknek a használatára vonatkozó példákat tárgyaltuk különféle tudományokés az emberi élet szférái.

A mű szövegét képek és képletek nélkül közöljük.
Teljes verzió munka elérhető a "Munkafájlok" fülön PDF formátumban

Bevezetés

Ez a téma aktuális, hiszen minden nap döntenek az emberek különféle feladatokat amelyben használják különböző módszerek megoldásokat, de vannak olyan feladatok, amelyeknél nem nélkülözhető a matematikai indukció módszere, és ilyenkor nagyon hasznosak lesznek az ezen a területen szerzett ismeretek.

én választok ez a téma kutatásra, mert iskolai tananyag kevés időt fordítanak a matematikai indukció módszerére a tanuló olyan felületes információkat tanul meg, amelyek csak segítik a megszerzését alapgondolat O ez a módszer, de ennek az elméletnek a mélyreható tanulmányozásához önfejlesztésre lesz szükség. Valóban hasznos lesz többet megtudni erről a témáról, mivel kitágítja az ember látókörét és segít az összetett problémák megoldásában.

A munka célja:

Ismerkedjen meg a matematikai indukció módszerével, rendszerezze a témával kapcsolatos ismereteket és alkalmazza azokat a megoldás során matematikai problémákatés a tételek bizonyítása, indokolja és világosan mutassa meg gyakorlati jelentősége a matematikai indukció módszere, mint a problémák megoldásának szükséges tényezője.

Munkacélok:

Elemezze a szakirodalmat és foglalja össze tudását a témában.

Ismerje meg a matematikai indukció módszerének elvét.

Ismerje meg a matematikai indukció módszerének alkalmazását a problémamegoldásban.

Következtetések és következtetések megfogalmazása az elvégzett munkáról.

A tanulmány fő része

Történelem:

Csak század vége században kialakult a logikai szigor követelményeinek szabványa, amely továbbra is domináns ben praktikus munka matematikusok az egyes matematikai elméletek kidolgozásáról.

Az indukció egy olyan kognitív eljárás, amelyen keresztül a meglévő tények összehasonlításából az őket általánosító állítás származik.

A matematikában az indukció szerepe nagyrészt az, hogy a választott axiomatika alapját képezi. Miután a hosszú távú gyakorlat azt mutatta, hogy az egyenes út mindig rövidebb, mint egy görbe vagy törött, természetes volt egy axióma megfogalmazása: bármely három A, B és C pontra érvényes az egyenlőtlenség.

A matematikai indukció módszerének megértése külön fontos módszer Blaise Pascalra és Gersonidesre nyúlik vissza, bár az alkalmazás egyedi eseteit az ókorban találták Proklosznál és Eukleidésznél. Modern név A módszert De Morgan vezette be 1838-ban.

A matematikai indukció módszere a haladáshoz hasonlítható: a legalacsonyabbról indulunk ki, ennek eredményeként logikus gondolkodás a legmagasabbra jutunk. Az ember mindig is haladásra törekedett, gondolatai logikus fejlesztésének képességére, ami azt jelenti, hogy maga a természet szánta rá az induktív gondolkodásra.

Indukció és dedukció

Ismeretes, hogy vannak különös és általános kijelentések is, és ez a két kifejezés az egyikről a másikra való átmeneten alapul.

Dedukció (a latin deductio - dedukció) - átmenet a megismerés folyamatában Tábornok tudást magánÉs egyetlen. Levonásban Általános ismeretek az érvelés kiindulópontjaként szolgál, és ezt az általános tudást „késznek”, létezőnek tételezzük fel. A dedukció sajátossága, hogy premisszáinak igazsága garantálja a következtetés igazságát. Ezért van a levonás óriási hatalom hiedelmek, és széles körben használják nemcsak a matematikai tételek bizonyítására, hanem mindenhol, ahol megbízható tudásra van szükség.

Az indukció (latin inductio - útmutatás) egy átmenet a megismerési folyamatban. magán tudást Tábornok Más szóval, ez a megfigyelések és kísérletek eredményeinek általánosításával összefüggő kutatási és megismerési módszer Az indukció sajátossága a valószínűségi jelleg, i. Ha a kezdeti premisszák igazak, akkor az indukció következtetése csak valószínűleg igaz, és a végeredményben igaznak vagy hamisnak bizonyulhat.

Teljes és hiányos indukció

Az induktív következtetés egy forma absztrakt gondolkodás, amelyben a gondolkodás tudásból fejlődik kisebb mértékben közösség a tudáshoz nagyobb mértékbenáltalánosság, és a premisszákból következő következtetés túlnyomórészt valószínűségi jellegű.

A kutatás során megállapítottam, hogy az indukció két típusra oszlik: teljes és hiányos.

A teljes indukció egy olyan következtetés, amelyben az objektumok egy osztályáról általános következtetést vonnak le az osztály összes objektumának tanulmányozása alapján.

Például meg kell állapítani, hogy minden páros n természetes szám 6≤ n≤ 18-on belül két összegeként ábrázolható. prímszámok. Ehhez vegye az összes ilyen számot, és írja ki a megfelelő bővítményeket:

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

Ezek az egyenlőségek azt mutatják, hogy a minket érdeklő számok mindegyike két egyszerű tag összegeként van ábrázolva.

Tekintsük a következő példát: sorozat yn= n 2 +n+17; Írjuk ki az első négy tagot: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Ekkor feltételezhetjük, hogy a teljes sorozat prímszámokból áll. De ez nem így van, vegyük y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Ez összetett szám, ami azt jelenti, hogy a feltevésünk hibás, így a hiányos indukció nem vezet teljesen megbízható következtetésekhez, hanem hipotézis megfogalmazását teszi lehetővé, amelyhez további szükséges matematikai bizonyítást vagy cáfolatokat.

A matematikai indukció módszere

A teljes indukció csak korlátozottan alkalmazható a matematikában. Sok érdekes matematikai állítás végtelen számú speciális esetet fed le, és ezeket a helyzeteket nem tudjuk ellenőrizni, de hogyan ellenőrizzük démon véges szám esetek? Ezt a módszert B. Pascal és J. Bernoulli javasolta, ez egy matematikai indukciós módszer, amely a a matematikai indukció elve.

Ha egy A(n) mondat egy n természetes számtól függően igaz n=1-re, és abból, hogy igaz n=k-ra (ahol k bármely természetes szám), akkor ez igaz a a következő szám n=k +1, akkor az A(n) feltevés igaz bármely n természetes számra.

Ha az A(n) állítás igaz n=p-re és ha A(k)  A(k+1) bármely k>p-re, akkor az A(n) állítás igaz bármely n>p-re.

Algoritmus (négy szakaszból áll):

1.alap(Megmutatjuk, hogy a bizonyított állítás néhány legegyszerűbb speciális esetre igaz ( P = 1));

2.feltevés(Feltételezzük, hogy az állítás elsőre bebizonyosodott Nak nek esetek); 3 .lépés(ennél a feltételezésnél igazoljuk az esetre vonatkozó állítást P = Nak nek + 1); 4.kimenet (at az állítás minden esetre igaz, vagyis mindenre P) .

Vegyük észre, hogy a matematikai indukciós módszer nem tud minden problémát megoldani, csak egy bizonyos változó által paraméterezett problémákat. Ezt a változót indukciós változónak nevezzük.

A matematikai indukció módszerének alkalmazása

Alkalmazzuk mindet ezt az elméletet a gyakorlatban, és megtudja, milyen problémák esetén alkalmazzák ezt a módszert.

Problémák az egyenlőtlenségek bizonyítására.

1. példa Bizonyítsuk be a Bernoulli-egyenlőtlenséget(1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) N=1 esetén az egyenlőtlenség igaz, mivel 1+x≥1+x

2) Tegyük fel, hogy az egyenlőtlenség valamilyen n=k esetén igaz, azaz.

(1+x) k ≥1+k x.

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát 1+x pozitív számmal megszorozva kapjuk

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

Ha figyelembe vesszük, hogy kx 2 ≥0, akkor az egyenlőtlenséghez jutunk

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Így abból a feltételezésből, hogy a Bernoulli-egyenlőtlenség igaz n=k-re, az következik, hogy igaz n=k+1-re. A matematikai indukció módszere alapján elmondható, hogy a Bernoulli-egyenlőtlenség bármely n € N-re érvényes.

2. példa Bizonyítsuk be, hogy bármely n>1 természetes szám esetén .

Bizonyítsuk be a matematikai indukció módszerével.

Jelöljük bal oldal egyenlőtlenségek révén.

1), ezért n=2 esetén az egyenlőtlenség érvényes.

2) Legyen néhány k. Bizonyítsuk be, hogy akkor és. Nekünk van, .

Összehasonlítva és, van, i.e. .

Bármely pozitív k egész szám esetén az utolsó egyenlőség jobb oldala pozitív. Ezért. De ez azt jelenti, hogy az egyenlőtlenség érvényességét n=k+1-re is bebizonyítottuk, ezért a matematikai indukció módszere alapján az egyenlőtlenség bármely n>1 természetes számra érvényes.

Problémák az azonosságok bizonyításával kapcsolatban.

1. példa Bizonyítsuk be, hogy bármely n természetes számra igaz az egyenlőség:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Legyen n=1, majd X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Látjuk, hogy n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy az egyenlőség igaz n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4-re.

3) Bizonyítsuk be ennek az állításnak az igazságát n=k+1, azaz X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4 esetén. 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.

A fenti bizonyításból kitűnik, hogy az állítás n=k+1-re igaz, tehát az egyenlőség bármely n természetes számra igaz.

2. példa Bizonyítsuk be, hogy bármely természetes n-re igaz az egyenlőség

1) Ellenőrizzük, hogy ez az azonosság igaz-e n = 1 esetén. - jobb.

2) Legyen igaz az azonosság n = k-re is, azaz.

3) Bizonyítsuk be, hogy ez az azonosság n = k + 1-re is igaz, azaz;

Mert Ha az egyenlőség igaz n=k és n=k+1 esetén, akkor bármely n természetes számra igaz.

Összegzési problémák.

1. példa Bizonyítsuk be, hogy 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Megoldás: 1) Van n=1=1 2 . Ezért az állítás n=1-re igaz, azaz. A(1) igaz.

2) Bizonyítsuk be, hogy A(k) A(k+1).

Legyen k tetszőleges természetes szám, és legyen igaz az állítás n=k-ra, azaz 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Bizonyítsuk be, hogy akkor a következő n=k+1 természetes számra is igaz az állítás, azaz. Mit

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Tehát A(k) A(k+1). A matematikai indukció elve alapján arra a következtetésre jutunk, hogy az A(n) feltevés igaz bármely n N-re.

2. példa Igazoljuk a képletet, n természetes szám.

Megoldás: Ha n=1, akkor az egyenlőség mindkét oldala egybe fordul, és így teljesül a matematikai indukció elvének első feltétele.

Tegyük fel, hogy a képlet n=k esetén helyes, azaz. .

Adjuk hozzá ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát, és alakítsuk át jobb oldal. Akkor kapunk

Abból tehát, hogy a képlet n=k-ra igaz, az következik, hogy n=k+1-re is igaz, akkor ez az állítás bármely n természetes számra igaz.

Oszthatósági problémák.

1. példa Bizonyítsuk be, hogy (11 n+2 +12 2n+1) maradék nélkül osztható 133-mal.

Megoldás: 1) Legyen n=1, akkor

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

(23×133) osztható 133-mal maradék nélkül, ami azt jelenti, hogy n=1 esetén az állítás igaz;

2) Tegyük fel, hogy (11 k+2 +12 2k+1) maradék nélkül osztható 133-mal.

3) Ebben az esetben bizonyítsuk be

(11 k+3 +12 2k+3) maradék nélkül osztható 133-mal. Valóban, 11 k+3 +12 2l+3 =11×11 k+2 +

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

Az így kapott összeget maradék nélkül osztjuk 133-mal, mivel az első tagja maradék nélkül osztható 133-mal, a másodikban pedig 133.

Tehát A(k)→ A(k+1), akkor a matematikai indukció módszere alapján az állítás bármely természetes n-re igaz.

2. példa Bizonyítsuk be, hogy 3 3n-1 +2 4n-3 tetszőleges n természetes számra osztható 11-gyel.

Megoldás: 1) Legyen n=1, akkor X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 maradék nélkül osztható 11-gyel. Ez azt jelenti, hogy n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy n=k esetén

X k =3 3k-1 +2 4k-3 maradék nélkül osztható 11-gyel.

3) Igazoljuk, hogy az állítás igaz n=k+1-re.

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.

Az első tag osztható 11-gyel maradék nélkül, mivel a 3 3k-1 +2 4k-3 feltételezés szerint osztható 11-gyel, a második osztható 11-gyel, mert az egyik tényezője a 11. Ez azt jelenti, hogy az összeg bármely n természetes számra maradék nélkül osztható 11-gyel.

Problémák a való életből.

1. példa Bizonyítsuk be, hogy az Sn összeg belső sarkok bármely konvex sokszög egyenlő ( P- 2)π, ahol P— ennek a sokszögnek az oldalainak száma: Sn = ( P- 2)π (1).

Ennek a kijelentésnek nincs értelme minden természetes számára P, de csak azért P > 3, mivel egy háromszögben a szögek minimális száma 3.

1) Mikor P= 3 állításunk a következő alakot ölti: S 3 = π. De bármely háromszög belső szögeinek összege valóban π. Ezért mikor P= 3 az (1) képlet helyes.

2) Legyen ez a képlet igaz n-re =k, vagyis S k = (k- 2)π, ahol k > 3. Bizonyítsuk be, hogy ebben az esetben teljesül a képlet: S k+ 1 = (k- 1)π.

Legyen A 1 A 2 ... A k A k+ 1 – tetszőleges konvex ( k+ 1) -gon (338. ábra).

Az A1 és A csatlakozási pontok k , domborúvá válunk k-gon A 1 A 2 ... A k – 1 A k . Nyilvánvalóan a szögek összege ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 egyenlő a szögek összegével k-gon A 1 A 2 ... A k plusz egy A 1 A háromszög szögeinek összege k A k+ 1 . De a szögek összege k-gon A 1 A 2 ... A k feltételezve egyenlő ( k- 2)π, és az A háromszög szögeinek összege 1 A k A k+ 1 egyenlő π-vel. Ezért

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

Tehát a matematikai indukció elvének mindkét feltétele teljesül, ezért az (1) képlet minden természetesre igaz. P > 3.

2. példa Van egy lépcső, melynek minden lépcsőfoka egyforma. Fel kell tüntetni a minimális pozíciók számát, amely garantálja a „felmászást” bármely lépésre.

Abban mindenki egyetért, hogy feltételnek kell lennie. Fel kell tudnunk mászni az első lépcsőfokra. Ezután fel kell tudniuk mászni az 1. lépcsőről a másodikra. Aztán a másodikra - a harmadikra stb. az n-edik lépésre. Természetesen összességében „n” állítás garantálja, hogy el tudunk jutni az n-edik lépésig.

Nézzük most a 2, 3,..., n pozíciót, és hasonlítsuk össze őket egymással. Könnyen belátható, hogy mindegyiknek azonos a felépítése: ha elértük a k lépést, akkor felmászhatunk a (k+1) lépcsőre. Így a következő axióma válik természetessé az „n”-től függő állítások érvényességére: ha egy A(n) mondat, amelyben n természetes szám, teljesül n=1-re, és abból, hogy n=k-ra (ahol k tetszőleges természetes szám), ebből az következik, hogy n=k+1 esetén teljesül, akkor az A(n) feltevés érvényes bármely n természetes számra.

Alkalmazás

Problémák a matematikai indukció módszerével egyetemre való belépéskor.

Vegye figyelembe, hogy a felsőoktatásba való felvételkor oktatási intézményekben Vannak olyan problémák is, amelyeket ezzel a módszerrel meg lehet oldani. Nézzük meg őket konkrét példákon keresztül.

1. példa Bizonyítsd be, hogy bármilyen természetes P az egyenlőség igaz

1) Mikor n=1 kapunk igazi egyenlőség Bűn.

2) Az indukciós feltételezés alapján, hogy amikor n= k az egyenlőség igaz, tekintsük az egyenlőség bal oldalán lévő összeget n-re =k+1;

3) Redukciós képletekkel átalakítjuk a kifejezést:

Ekkor a matematikai indukció módszere alapján az egyenlőség bármely n természetes számra igaz.

2. példa Bizonyítsuk be, hogy bármely n természetes számra a 4n +15n-1 kifejezés értéke 9 többszöröse.

1) n=1 esetén: 2 2 +15-1=18 – 9 többszöröse (mivel 18:9=2)

2) Az egyenlőség maradjon fenn n=k: 4 k +15k-1 többszöröse a 9-nek.

3) Bizonyítsuk be, hogy az egyenlőség teljesül a következő számra n=k+1

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

4(4 k +15k-1) - 9 többszöröse;

9(5k-2) - 9 többszöröse;

Következésképpen a teljes 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) kifejezés 9 többszöröse, amit bizonyítani kellett.

3. példa Bizonyítsa be ezt bármely természetes számra P a feltétel teljesül: 1,2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Ellenőrizzük ezt a képletet igaz mikor n=1: Bal oldal = 1∙2∙3=6.

Jobb rész = . 6 = 6; igaz mikor n=1.

2) Tegyük fel, hogy ez a képlet igaz n-re =k:

1,2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Bizonyítsuk be, hogy ez a képlet igaz n-re =k+1:

1,2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Bizonyíték:

Így, ezt az állapotot két esetben igaz és n-re igaznak bizonyult =k+1, ezért bármely természetes számra igaz P.

Következtetés

Összefoglalva, a kutatás során rájöttem, hogy mi az indukció, amely lehet teljes vagy hiányos, megismerkedtem a matematikai indukció elvén alapuló matematikai indukció módszerével, és számos problémát mérlegeltem ennek a módszernek a segítségével.

én is sokat tanultam új információ, az iskolai tananyagban szereplőtől eltérő A matematikai indukció módszerének tanulmányozása során alkalmaztam különféle irodalom, internetes források, és konzultált egy tanárral is.

Következtetés: A matematikai indukcióval kapcsolatos ismeretek általánosítása és rendszerezése után meggyőződtem a témában szerzett ismeretek szükségességéről. valóság. Pozitív minőség a matematikai indukció módszere annak széles körű alkalmazás feladatmegoldásban: algebra, geometria és reálmatematika területén. Ez a tudás növeli a matematika, mint tudomány iránti érdeklődést is.

Bízom benne, hogy a munkám során elsajátított készségek a jövőben is segítségemre lesznek.

Bibliográfia

Sominsky I.S. A matematikai indukció módszere. Népszerű matematikai előadások, 3-M. szám: Tudomány, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Indukció a geometriában. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 p. — (Népszerű matematikai előadások).

Dorofejev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Matematikai kézikönyv egyetemekre jelentkezők számára ( Kiemelt problémák elemi matematika) - 5. kiadás, átdolgozott, 1976 - 638 p.

A. Shen. Matematikai indukció. - MCNMO, 2004. - 36 p.

M. L. Galitsky, A. M. Goldman, L. I. Algebrai feladatgyűjtemény: tankönyv 8-9. mélységgel matematika tanulmányozása 7. kiadás - M.: Prosveshchenie, 2001. - 271 p.

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-dyuk N.G További fejezetek az al-geb-ry 9. osztály iskolai tankönyvéhez. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002.

A Wikipédia egy ingyenes enciklopédia.

Bevezetés

Fő rész

1. Teljes és nem teljes indukció

2. A matematikai indukció elve

3. Matematikai indukció módszere

4. Példák megoldása

5. Egyenlőség

6. Számok osztása

7. Egyenlőtlenségek

Következtetés

Felhasznált irodalom jegyzéke

Bevezetés

Mindennek a középpontjában matematikai kutatás hazugság deduktív és induktív módszerek. Deduktív módszer az érvelés az általánostól a konkrétig való érvelés, azaz. érvelés, melynek kiindulópontja az összesített eredmény, és a végső pont egy konkrét eredmény. Az indukciót akkor használjuk, amikor az adott eredményekről az általános eredményekre lépünk át, pl. a deduktív módszer ellentéte.

A matematikai indukció módszere a haladáshoz hasonlítható. A legalacsonyabbról indulunk ki, és a logikus gondolkodás eredményeként a legmagasabbra jutunk. Az ember mindig is haladásra törekedett, arra, hogy gondolatait logikusan fejlessze, ami azt jelenti, hogy maga a természet szánta rá az induktív gondolkodásra.

Bár a matematikai indukciós módszer alkalmazási köre bővült, az iskolai tantervben kevés időt szentelnek rá. Nos, mit mond hasznos az ember számára elhozza azt a két-három leckét, amelyek során öt elméleti szót hall, öt primitív feladatot old meg, és ennek eredményeként A-t kap azért, mert nem tud semmit.

De nagyon fontos, hogy tudjunk induktívan gondolkodni.

Fő rész

A magam módján eredeti jelentése az „indukció” szót arra az érvelésre alkalmazzák, amellyel az ember megszerzi általános következtetéseket, számos konkrét állítás alapján. Az ilyen típusú érvelés legegyszerűbb módja a teljes indukció. Íme egy példa az ilyen érvelésre.

Legyen szükséges megállapítani, hogy minden páros természetes szám 4-en belül< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Ez a kilenc egyenlőség azt mutatja, hogy a minket érdeklő számok mindegyike valóban két egyszerű tag összegeként van ábrázolva.

Így a teljes indukció abból áll, hogy az általános állítást véges számú lehetséges eset mindegyikében külön bizonyítjuk.

Néha az általános eredmény megjósolható, ha nem mindent, de eleget mérlegelünk nagyszámú speciális esetek (ún. hiányos indukció).

A tökéletlen indukcióval kapott eredmény azonban csak hipotézis marad mindaddig, amíg precíz, minden speciális esetet lefedő matematikai érveléssel be nem bizonyítják. Más szavakkal, a hiányos indukciót a matematikában nem tekintik a szigorú bizonyítás legitim módszerének, hanem erőteljes módszerúj igazságok felfedezése.

Legyen például az első n egymást követő összeg összege páratlan számok. Nézzünk speciális eseteket:

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

E néhány speciális eset mérlegelése után a következő általános következtetés vonható le:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

azok. az első n egymást követő páratlan szám összege n 2

Természetesen az elvégzett megfigyelés még nem szolgálhat az adott képlet érvényességének bizonyítékául.

A teljes indukció csak korlátozottan alkalmazható a matematikában. Sok érdekes matematikai állítás végtelen számú speciális esetet fed le, de nem tudjuk ezeket végtelen számú esetre tesztelni. A hiányos indukció gyakran hibás eredményekhez vezet.

Sok esetben az ilyen jellegű nehézségekből a kiút az, ha hozzá kell fordulni speciális módszer a matematikai indukció módszerének nevezett érvelést. Ez a következő.

Tegyük fel, hogy bizonyítania kell egy bizonyos állítás érvényességét bármely n természetes számra (például bizonyítania kell, hogy az első n páratlan szám összege egyenlő n 2-vel). Ennek az állításnak a közvetlen ellenőrzése n minden egyes értékére lehetetlen, mivel a természetes számok halmaza végtelen. Ennek az állításnak a bizonyításához először ellenőrizze az n=1 érvényességét. Aztán bebizonyítják ezt bármelyikre természeti érték k a vizsgált állítás érvényességéből n=k esetén következik, hogy n=k+1-re is érvényes.

Ekkor az állítást minden n-re bizonyítottnak tekintjük. Valójában az állítás igaz n=1-re. De akkor a következő számra is igaz n=1+1=2. Az állítás érvényessége n=2 esetén azt jelenti, hogy az n=2+ esetén is érvényes

1=3. Ez magában foglalja az állítás érvényességét n=4-re stb. Nyilvánvaló, hogy végül bármely n természetes számhoz eljutunk. Ez azt jelenti, hogy az állítás bármely n-re igaz.

Az elmondottakat összegezve a következő általános elvet fogalmazzuk meg.

A matematikai indukció elve.

Ha az A( n ), a természetes számtól függően n , igaz erre n =1 és attól, hogy igaz erre n=k (Ahol k -bármely természetes szám), ebből következik, hogy a következő számra igaz n=k+1 , akkor az A( n ) igaz bármely természetes számra n .

Számos esetben szükség lehet egy bizonyos állítás érvényességének bizonyítására nem minden természetes számra, hanem csak n>p-re, ahol p egy rögzített természetes szám. Ebben az esetben a matematikai indukció elve a következőképpen fogalmazódik meg. Ha az A( n ) igaz erre n=p és ha A( k ) Þ A( k+1) bárkinek k>p, majd A( n) bárkire igaz n>p.

A matematikai indukciós módszerrel végzett bizonyítást az alábbiak szerint végezzük. Először a bizonyítandó állítást n=1-re ellenőrizzük, azaz. az A(1) állítás igazságtartalma megállapítható. A bizonyításnak ezt a részét indukciós bázisnak nevezzük. Ezután jön a bizonyítás része, az úgynevezett indukciós lépés. Ebben a részben igazolják az n=k+1-re vonatkozó állítás érvényességét az n=k-ra vonatkozó állítás érvényességének feltételezése mellett (indukciós feltételezés), azaz. bizonyítsa be, hogy A(k)ÞA(k+1).

1. PÉLDA

Bizonyítsuk be, hogy 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Megoldás: 1) Van n=1=1 2 . Ennélfogva,

az állítás n=1-re igaz, azaz. A(1) igaz.

2) Bizonyítsuk be, hogy A(k)ÞA(k+1).

Legyen k tetszőleges természetes szám, és legyen igaz az állítás n=k-ra, azaz.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Bizonyítsuk be, hogy akkor a következő n=k+1 természetes számra is igaz az állítás, azaz. Mit

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Valóban,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2 +2k+1=(k+1) 2 .

Tehát A(k)ÞA(k+1). A matematikai indukció elve alapján arra a következtetésre jutunk, hogy az A(n) feltevés igaz bármely nÎN-re.

2. PÉLDA

Bizonyítsd

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

Megoldás: 1) n=1 esetén azt kapjuk

1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

ezért n=1 esetén a képlet helyes; A(1) igaz.

2) Legyen k tetszőleges természetes szám, és legyen igaz a képlet n=k-ra, azaz.

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

Bizonyítsuk be, hogy akkor az egyenlőség

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

Valóban

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

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

Tehát A(k)ÞA(k+1). A matematikai indukció elve alapján arra a következtetésre jutunk, hogy a képlet bármely n természetes számra igaz.

3. PÉLDA

Bizonyítsuk be, hogy egy konvex n-szög átlóinak száma egyenlő n(n-3)/2-vel.

Megoldás: 1) n=3 esetén az állítás igaz

A 3 pedig értelmes, mert háromszögben

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

A 2 A(3) igaz.

2) Tegyük fel, hogy minden

egy konvex k-gon van-

A 1 x A k =k(k-3)/2 átló.

És k Bizonyítsuk be, hogy akkor a konvexben

(k+1)-gon szám

átlók A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Legyen A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 konvex (k+1)-szög. Rajzoljunk bele egy A 1 A k átlót. Számolni teljes szám ennek a (k+1)-gonnak az átlói, meg kell számolni a k-gon A 1 A 2 ...A k átlóinak számát, hozzá kell adni a kapott k-2 számhoz, azaz. az A k+1 csúcsból kiinduló (k+1)-gon átlóinak számát, és ezen felül az A 1 A k átlót is figyelembe kell venni.

És így,

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

Tehát A(k)ÞA(k+1). A matematikai indukció elve miatt az állítás bármely konvex n-szögre igaz.

4. PÉLDA

Bizonyítsuk be, hogy bármelyik n-re igaz a következő állítás:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Megoldás: 1) Legyen n=1, akkor

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

Ez azt jelenti, hogy n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy n=k

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

3) Tekintsük ezt az állítást n=k+1-re

X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1)/6=(k+1)(2k2+7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Bebizonyítottuk, hogy az egyenlőség n=k+1-re igaz, ezért a matematikai indukció módszerével az állítás bármely n természetes számra igaz.

5. PÉLDA

Bizonyítsuk be, hogy bármely n természetes számra igaz az egyenlőség:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Megoldás: 1) Legyen n=1.

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

Látjuk, hogy n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy az egyenlőség igaz n=k-ra

A matematikai indukció módszerével bizonyítsuk be, hogy bármely természetes n a következő egyenlőségek érvényesek:
A) ;
b) .

Megoldás.

a) Mikor n= 1 az egyenlőség igaz. Feltételezve az egyenlőség érvényességét at n, mutassuk meg érvényességét akkor is, amikor n+ 1. Valóban,

Q.E.D.

b) Mikor n= 1 az egyenlőség érvényessége nyilvánvaló. Érvényességének feltételezésétől a n kellene

Adott az 1 + 2 + ... + egyenlőség n = n(n+ 1)/2, kapjuk

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

vagyis az állítás akkor is igaz, amikor n + 1.

1. példa Igazolja a következő egyenlőségeket!

Ahol n RÓL RŐL N.

Megoldás. a) Mikor n= 1 az egyenlőség 1=1 alakot vesz fel, ezért P(1) igaz. Tegyük fel, hogy ez az egyenlőség igaz, azaz fennáll

. Ezt ellenőrizni (bizonyítani) kellP(n+ 1), vagyis igaz. Mivel (az indukciós hipotézist használva) azt értjük, P(n+ 1) igaz állítás.

Így a matematikai indukció módszere szerint az eredeti egyenlőség bármely természetesre érvényes n.

Jegyzet 2. Ezt a példát másként is meg lehetett volna oldani. Valójában az összeg 1 + 2 + 3 + ... + n az első összege n tagjai számtani progresszió az első taggal a 1 = 1 és különbség d= 1. Mivel híres képlet , kapunk

b) Mikor n= 1 az egyenlőség a következő formában lesz: 2 1 - 1 = 1 2 vagy 1=1, azaz P(1) igaz. Tegyük fel, hogy az egyenlőség

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 és bizonyítsd be, hogy megtörténikP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 vagy 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Az indukciós hipotézis felhasználásával megkapjuk

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

És így, P(n+ 1) igaz, és ezért a szükséges egyenlőség igazolt.

3. megjegyzés. Ez a példa (hasonlóan az előzőhöz) megoldható a matematikai indukciós módszer alkalmazása nélkül.

c) Mikor n= 1 az egyenlőség igaz: 1=1. Tegyük fel, hogy az egyenlőség igaz

és azt mutasd meg vagyis az igazságP(n) sugallja az igazságotP(n+ 1). Igazán,és 2 óta n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), megkapjuk és ezért az eredeti egyenlőség minden természetesre érvényesn.

d) Mikor n= 1 az egyenlőség igaz: 1=1. Tegyük fel, hogy megtörténik

és ezt be fogjuk bizonyítani

Igazán,

e) Jóváhagyás P(1) igaz: 2=2. Tegyük fel, hogy az egyenlőség

igaz, és be fogjuk bizonyítani, hogy ez magában foglalja az egyenlőséget Igazán,

Következésképpen az eredeti egyenlőség minden természetesre érvényes n.

f) P(1) igaz: 1/3 = 1/3. Legyen egyenlőség P(n):

. Mutassuk meg, hogy az utolsó egyenlőség a következőket jelenti:

Sőt, ezt figyelembe véve P(n) tart, kapunk

Így az egyenlőség bebizonyosodott.

g) Mikor n= 1 van nálunk a + b = b + aés ezért az egyenlőség igazságos.

Legyen érvényes a Newton-féle binomiális képlet n = k, vagyis

Akkor Az egyenlőség felhasználása kapunk

2. példa Bizonyítsd be az egyenlőtlenségeket

a) Bernoulli-egyenlőtlenség: (1 + a) n ≥ 1 + n a , a > -1, n RÓL RŐL N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, Ha x 1 x 2 · ... · x n= 1 és x én > 0, .

c) Cauchy-egyenlőtlenség a számtani és a geometriai átlag tekintetében
Ahol x én > 0, , n ≥ 2.

d) bűn 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, n RÓL RŐL N.

f) 2 n > n 3 , n RÓL RŐL N, n ≥ 10.

Megoldás. a) Mikor n= 1 valódi egyenlőtlenséget kapunk

1 + a ≥ 1 + a . Tegyük fel, hogy egyenlőtlenség van

(1 + a) n ≥ 1 + n a

(1)

és megmutatjuk, hogy akkor megtörténik és(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a.

Valójában, mivel a > -1 azt jelenti, hogy + 1 > 0, akkor az (1) egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozva (a + 1) kapjuk

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) vagy (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Mivel n a 2 ≥ 0 tehát(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Így ha P(n) akkor igaz P(n+ 1) igaz, ezért a matematikai indukció elve szerint a Bernoulli-egyenlőtlenség igaz.

b) Mikor n= 1-et kapunk x 1 = 1 és ezért x 1 ≥ 1 vagyis P(1) tisztességes nyilatkozat. Tegyünk úgy, mintha P(n) igaz, vagyis ha adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n pozitív számok, amelyek szorzata eggyel egyenlő, x 1 x 2 ·...· x n= 1, és x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Mutassuk meg, hogy ez a mondat magában foglalja a következő igazságát: ha x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) olyan pozitív számok, amelyek x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1 tehát x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Vegye figyelembe a következő két esetet:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Ekkor ezeknek a számoknak az összege ( n+ 1), és a szükséges egyenlőtlenség teljesül;

2) legalább egy szám különbözik egytől, legyen pl. több mint egy. Aztán, azóta x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, akkor legalább még egy szám különbözik az egytől (pontosabban egynél kisebb). Hadd x n+ 1 > 1 és x n < 1. Рассмотрим n pozitív számok

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). E számok szorzata eggyel egyenlő, és a hipotézis szerint x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Az utolsó egyenlőtlenséget a következőképpen írjuk át: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 ill x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Mert a

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, akkor n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Ezért x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, vagyis ha P(n) akkor igazP(n+ 1) tisztességes. Az egyenlőtlenség bebizonyosodott.

4. megjegyzés. Az egyenlőségjel akkor és csak akkor érvényes x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Legyen x 1 ,x 2 ,...,x n- tetszőleges pozitív számok. Tekintsük a következő n pozitív számok:

Mivel a termékük egyenlő eggyel: a korábban bizonyított b) egyenlőtlenség szerint ebből az következik ahol

5. megjegyzés. Az egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) igazságos állítás: sin 2 a + cos 2 a = 1. Tegyük fel, hogy P(n) igaz állítás:

Bűn 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 és mutasd meg, mi történikP(n+ 1). Igazán, bűn 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = sin 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (ha sin 2 a ≤ 1, akkor cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, akkor sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n RÓL RŐL N bűn 2 n a + cos 2 n ≤ 1 és az egyenlőségjel csak akkor érhető el, han = 1.

e) Mikor n= 1 állítás igaz: 1< 3 / 2 .

Tegyük fel, hogy és ezt be fogjuk bizonyítani

Mert a

figyelembe véve P(n), kapunk

f) Az 1. megjegyzés figyelembevételével ellenőrizzük P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, ezért n= 10 az állítás igaz. Tegyük fel, hogy a 2 n > n 3 (n> 10) és bizonyítsd be P(n+ 1), azaz 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Mióta n> 10 van, ill , ezt követi

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 vagy n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Tekintettel az egyenlőtlenségre (2 n > n 3), 2-t kapunk n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Így a matematikai indukció módszere szerint bármely természetes n RÓL RŐL N, n≥ 10 nálunk 2 van n > n 3 .

3. példa Bizonyítsd be ezt bárkinek n RÓL RŐL N

Megoldás. a) P(1) igaz állítás (0 osztva 6-tal). Hadd P(n) igazságos, vagyis n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) osztható 6-tal. Mutassuk meg, mi történik akkor P(n+ 1), azaz ( n + 1)n(2n+ 1) osztható 6-tal. Valóban, mivel

És hogyan n(n - 1)(2 n- 1) és 6 n 2 oszthatók 6-tal, akkor összegük azn(n + 1)(2 n+ 1) osztható 6-tal.

És így, P(n+ 1) korrekt állítás, ezért n(2n 2 - 3n+ 1) osztható 6-tal bármely n RÓL RŐL N.

b) Ellenőrizzük P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, ezért P(1) tisztességes nyilatkozat. Be kell bizonyítani, hogy ha 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 osztva 11-gyel ( P(n)), majd 6 2 n + 3 n+2 + 3 n szintén osztható 11-gyel ( P(n+ 1)). Valóban, azóta

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 és hasonlók 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 és 33 6 2 n-2 oszthatóak 11-gyel, akkor összegük 6 2n + 3 n+2 + 3 n osztható 11-gyel. Az állítás bizonyított. Indukció a geometriában

4. példa Számítsa ki a helyes 2 oldalát n-egy sugarú körbe írt háromszög R.

Az ebben a bekezdésben tárgyalandó bizonyítási módszer a természetes sorozat egyik axiómáján alapul.

Az indukció axiómája. Legyen adott egy változótól függő mondat P, amelyek helyett bármelyiket helyettesítheti egész számok. Jelöljük A(p). Legyen az ajánlat is A igaz az 1-es számra és abból, hogy A számra igaz Nak nek, ezt követi A számra igaz k+ 1. Akkor ajánlatot A minden természeti értékre igaz P.

Az axióma szimbolikus jelölése:

Itt csúcs- változók a természetes számok halmazán. Az indukció axiómájából azt kapjuk következő szabály Kimenet:

Tehát a mondat igazságának bizonyítása érdekében A, először két állítást tud bizonyítani: az állítás igazságát A( 1), valamint ennek következménye A(k) => A(k+ 1).

A fentiek figyelembevételével írjuk le a lényeget módszer

matematikai indukció.

Legyen szükséges bizonyítani, hogy az állítás A(n) igaz minden természetesre P. A bizonyítás két szakaszra oszlik.

1. szakasz. Indukciós alap.Értéknek vesszük P a szám 1 és ezt ellenőrizd A( 1) van egy igaz állítás.
2. szakasz. Induktív átmenet. Ezt bármely természetes számra bebizonyítjuk Nak nek a következmény igaz: ha A(k), Ez A(k+ 1).

Az induktív átmenet a következő szavakkal kezdődik: „Vegyünk egy tetszőleges természetes számot Nak nek, oly módon, hogy A(k)", vagy „Legyen természetes szám Nak nek jobb A(k).” A „legyen” szó helyett gyakran azt mondják, hogy „tegyük fel, hogy...”.

E szavak után a levél Nak nek egy bizonyosat jelent rögzített tárgy, amelyre a reláció érvényes A(k). Következő innen A(k) következtetéseket vonunk le, azaz mondatláncot építünk A(k) 9 R, pi, ..., P„ = A(k+ 1), ahol minden mondat R, igaz állítás vagy korábbi mondatok következménye. Az utolsó mondat R" meg kell egyeznie A(k+ 1). Ebből arra következtetünk: től A(k) kellene A(k+).

Az induktív átmenet végrehajtása két műveletre osztható:

1) Induktív feltételezés. Itt azt feltételezzük A Nak nek változó n.
2) A feltételezés alapján bebizonyítjuk, hogy A számra igaz?+1.

5.5.1. példa. Bizonyítsuk be, hogy a szám p+p páros minden természetes számra P.

Itt A(n) = "p 2 + p - páros szám" Ezt bizonyítani kell A - azonosan igaz állítmány. Alkalmazzuk a matematikai indukció módszerét.

Indukciós alap. Vegyük l=1-et. Helyettesítsük be a kifejezést P+//, megkapjuk n 2 +n= I 2 + 1 = 2 páros szám, azaz /1(1) igaz állítás.

Fogalmazzuk meg induktív hipotézis A(k)= "Szám k 2 + k - még." Mondhatja ezt: „Vegyünk egy tetszőleges természetes számot Nak nek oly módon, hogy k 2 +k van páros szám."

Vezessük le innen az állítást Más néven-)= "Szám (k+ 1) 2 +(?+1) - páros.”

Végezzünk el transzformációkat a műveletek tulajdonságai alapján:

A kapott összeg első tagja feltételezés szerint páros, a második definíció szerint páros (mivel 2-es alakja van P). Ez azt jelenti, hogy az összeg páros szám. Ajánlat A(k+ 1) bevált.

A matematikai indukció módszerével arra a következtetésre jutunk: a tétel A(n) igaz minden természetesre P.

Természetesen nem kell minden alkalommal megadni a megnevezést A(p). Az induktív feltételezést és az abból levezetendőt azonban továbbra is külön sorban javasolt megfogalmazni.

Vegyük észre, hogy az 5.5.1. példa állítása a matematikai indukciós módszer alkalmazása nélkül is igazolható. Ehhez elég két esetet figyelembe venni: mikor P akár és mikor P páratlan.

Számos oszthatósági problémát a matematikai indukció módszerével oldanak meg. Nézzünk egy összetettebb példát.

5.5.2. példa. Bizonyítsuk be, hogy a 15 szám 2i_| A +1 osztható 8-cal minden természetes esetén P.

Bacha indukció. Vegyük a /1=1-et. Nálunk van: 15 szám 2|_| +1 = 15+1 = 16 osztva a 8-as számmal.

hogy egyesek számára

természetes szám Nak nek a 15 2 * ’+1 szám osztható 8-cal.

Bizonyítsuk be, akkor mi a szám A= 15 2 (VN +1 8-at oszt.

Konvertáljuk a számot V:

Feltételezzük, hogy a 15 2A1 +1 szám osztható 8-cal, ami azt jelenti, hogy a teljes első tag osztható 8-cal. A 224 = 8-28 második tag szintén osztható 8-cal. A hogyan oszlik el két 8 többszöröse szám különbsége 8-cal. Az induktív átmenet indokolt.

A matematikai indukció módszere alapján arra a következtetésre jutunk, hogy minden természetes P a 15 2 "-1 -*-1 szám osztható 8-cal.

Tegyünk néhány megjegyzést a megoldott problémához.

A bizonyított állítás egy kicsit másképp is megfogalmazható: „A 15+1 szám osztható 8-cal bármely páratlan természetes / és” esetén.

Másodszor, a bevált Általános állítás levonható egy sajátos következtetés, aminek bizonyítása külön problémaként is megadható: a 15 2015 +1 szám osztható 8-cal. Ezért esetenként célszerű a problémát általánosítani úgy, hogy egy adott értéket betűvel jelölünk, ill. majd alkalmazzuk a matematikai indukció módszerét.

A nagyon általános megértés az „indukció” kifejezés azt jelenti, hogy konkrét példák alapján általános következtetéseket vonnak le. Például, ha figyelembe vettünk néhány példát páros számok összegére: 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, arra a következtetésre jutunk, hogy bármely kettő összege páros szám páros szám.

BAN BEN általános eset Ez a fajta indukció helytelen következtetésekhez vezethet. Mondjunk egy példát ilyen helytelen érvelésre.

5.5.3. példa. Vegye figyelembe a számot A= /g+i+41 természetes /?.

Keressük az értékeket A bizonyos értékekhez P.

Hadd n=Én akkor a = A 43 egy prímszám.

Legyen /7=2. Akkor A= 4+2+41 = 47 - prím.

Legyen l=3. Akkor A= 9+3+41 = 53 - prím.

Legyen /7=4. Akkor A= 16+4+41 = 61 - prím.

Vedd értéknek P a négyet követő számokat, például 5, 6, 7, és győződjön meg arról, hogy a szám A egyszerű lesz.

Következtetésünk: „Minden természetes /? szám A egyszerű lesz."

Az eredmény hamis állítás volt. Mondjunk ellenpéldát: /7=41. Ehhez győződjön meg róla P szám Aösszetett lesz.

A "matematikai indukció" kifejezés többet hordoz szűk jelentése, mivel ennek a módszernek a használata mindig lehetővé teszi a helyes következtetés levonását.

5.5.4. példa. Az induktív érvelés alapján megkapjuk az aritmetikai sorozat általános tagjának képletét. Emlékezzünk vissza, hogy a számtani szakma ún számsor, amelynek minden tagja ugyanazzal a számmal tér el az előzőtől, amelyet progressziós különbségnek nevezünk. Egy aritmetikai szakma egyedi megadásához meg kell adni az első tagot Aés a különbség d.

Tehát definíció szerint a n+ = a n + d, nál nél n> 1.

BAN BEN iskolai tanfolyam A matematikusok általában az aritmetikai szakma általános kifejezésének képletét konkrét példák alapján, azaz indukcióval állapítják meg.

Ha /7=1, akkor VAL VEL 7| = I|, AZ az I| = tf|+df(l-1).

Ha /7=2, akkor én 2 vagyok = a+d, vagyis A= I|+*/(2-1).

Ha /7=3, akkor i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, vagyis I 3 = I|+(3-1).

Ha /7=4, akkor i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d= R1+3 stb.

A megadott konkrét példák lehetővé teszik egy hipotézis felállítását: az általános kifejezés képletének van formája A" = a+(n-)d mindenkinek /7>1.

Bizonyítsuk be ezt a képletet matematikai indukcióval.

Indukciós alap a korábbi megbeszélések során igazolva.

Hadd Nak nek - egy olyan szám, amelynél én* - a+(k-)d (induktív feltevés).

Bizonyítsuk be, hogy én*+! = a+((k+)-)d, vagyis I*+1 = a x +kd.

Definíció szerint I*+1 = ab+d. a to= i | +(k-1 )d, azt jelenti, ac+= i i +(A:-1)^/+c/ = i | +(A-1+1 )d= i +kd, amit bizonyítani kellett (az induktív átmenet igazolására).

Most az i„ = képlet a+(n-)d bármely természetes számra bizonyított /;.

Legyen valamilyen i ь i 2, i, „... (nem

szükségszerűen aritmetikai ill geometriai progresszió). Problémák gyakran ott adódnak, ahol az elsőt össze kell foglalni P ennek a sorozatnak a feltételei, azaz adja meg az I|+I 2 +...+I összeget és egy olyan képletet, amely lehetővé teszi ennek az összegnek az értékeinek megtalálását a sorozat tagjainak kiszámítása nélkül.

5.5.5. példa. Bizonyítsuk be, hogy az első összege P természetes számok egyenlő

/?(/7 + 1)

Jelöljük az 1+2+...+/7 összeget S n . Keressük az értékeket S n néhány /7.

Megjegyzés: az S 4 összeg meghatározásához használhatja a korábban számított 5 3 értéket, mivel 5 4 = 5 3 +4.

p(o +1)

Ha a figyelembe vett értékeket helyettesítjük /? kifejezésben --- akkor

rendre ugyanazokat az 1, 3, 6, 10 összegeket kapjuk. Ezek a megfigyelések

. _ p(p + 1)

javasolja, hogy a képlet S„=--- akkor használható, ha

Bármi //. Bizonyítsuk be ezt a hipotézist a matematikai indukció módszerével.

Indukciós alap ellenőrizve. Csináljuk induktív átmenet.

Tegyük fel hogy a képlet valamilyen természetes számra igaz

, k(k + 1)

k, akkor a hálózat az első összege Nak nek természetes számok egyenlő ----.

Bizonyítsuk be hogy az első (?+1) természetes számok összege egyenlő

(* + !)(* + 2)

Kifejezzük?*+1 keresztül S k . Ehhez az S*+i összegben az elsőt csoportosítjuk Nak nek kifejezéseket, és az utolsó kifejezést írd külön:

Induktív hipotézissel S k = Tehát megtalálni

az első (?+1) természetes számok összege elegendő a már kiszámítotthoz

. „ k(k + 1) _ .. ..

az első összege Nak nek Ha a számok egyenlőek ---, adjunk hozzá egy tagot (k+1).

Az induktív átmenet indokolt. Így az elején feltett hipotézis beigazolódik.

Bizonyítékot adtunk a képletre S n = n^n+ módszer

matematikai indukció. Természetesen vannak más bizonyítékok is. Például megírhatja az összeget S, a kifejezések növekvő sorrendjében, majd a kifejezések csökkenő sorrendjében:

Az egyik oszlopban lévő tagok összege állandó (az egyik összegben minden következő tag 1-gyel csökken, a másikban 1-gyel nő), és egyenlő (/r + 1). Ezért a kapott összegeket összeadva megkapjuk P kifejezések egyenlőek (u+1). Tehát dupla mennyiség S„ egyenlő n(n+ 1).

A bevált képlet beszerezhető, mint különleges eset képletek az első összegére P egy aritmetikai progresszió feltételei.

Térjünk vissza a matematikai indukció módszeréhez. Vegye figyelembe, hogy a matematikai indukciós módszer első szakasza (az indukció alapja) mindig szükséges. Ennek a lépésnek a kihagyása helytelen következtetéshez vezethet.

5.5.6. példa. „Bizonyítsuk be” a mondatot: „A 7”+1 szám osztható 3-mal bármely i természetes szám esetén.

– Tegyük fel, hogy valamilyen természeti érték miatt Nak nek a 7*+1 szám osztható 3-mal. Bizonyítsuk be, hogy a 7 x +1 szám osztható 3-mal. Végezzük el a transzformációkat!

A 6-os szám nyilvánvalóan osztható 3-mal. A szám 1-től +-ig induktív hipotézis szerint osztható 3-mal, ami azt jelenti, hogy a 7-(7* + 1) szám is osztható 3-mal. Ezért a 3-mal osztható számok különbsége is osztható lesz 3-mal.

A javaslat bebizonyosodott."

Az eredeti tétel bizonyítása hibás, annak ellenére, hogy az induktív ugrást helyesen hajtották végre. Valóban, mikor n= Megvan a 8-as számunk n=2 - a szám 50, ..., és ezen számok egyike sem osztható 3-mal.

Tegyünk egy fontos megjegyzést a természetes szám jelöléséről induktív átmenet végrehajtásakor. Javaslat megfogalmazásakor A(n) levél P változót jelöltünk, amely helyett bármilyen természetes szám behelyettesíthető. Az induktív hipotézis megfogalmazásakor a változó értékét betűvel jelöltük Nak nek. Azonban nagyon gyakran ehelyett új levél Nak nek ugyanazt a betűt használja, mint a változó. Ez semmilyen módon nem befolyásolja az érvelés szerkezetét az induktív átmenet végrehajtásakor.

Nézzünk még néhány példát a matematikai indukció módszerével megoldható problémákra.

5.5.7. példa. Határozzuk meg az összeg értékét

Változó a feladatban P nem jelenik meg. Azonban vegye figyelembe a kifejezések sorrendjét:

Jelöljük S, = a+a 2 +...+a„. Meg fogjuk találni S" néhány P. Ha /1=1, akkor S, =а, =-.

Ha n= 2. majd S, = A, + A? = - + - = - = -.

Ha /?=3, akkor S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Az értékeket saját maga is kiszámíthatja S„/7-nél = 4; 5. Felmerül

természetes feltételezés: S n= -- bármely természetes /7. Bizonyítsuk be

Ez a matematikai indukció módszere.

Indukciós alap fent ellenőrizve.

Csináljuk induktív csomópont, amely egy önkényesen vett

változó érték P ugyanazzal a betűvel, vagyis az egyenlőségből fogjuk bebizonyítani

0 /7 _ /7 +1

S n=-egyenlőség következik S, =-.

/7+1 /7 + 2

Tegyük fel hogy az egyenlőség igaz S= - P -.

Foglaljuk össze S„+ első P feltételek:

Az induktív hipotézist alkalmazva a következőket kapjuk:

A törtet (/7+1) csökkentve megkapjuk az egyenlőséget S n +1 - , L

Az induktív átmenet indokolt.

Ez bizonyítja, hogy az összeg az első P feltételeket

1 1 1 /7 ^
- +-+...+- egyenlő -. Most térjünk vissza az eredetihez
1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

feladat. Megoldásához elég értéknek venni P 99-es szám.

Ekkor a -!- + -!- + -!- + ...+ --- összeg egyenlő lesz a 0,99 számmal.

1-2 2-3 3-4 99100

Próbáld kitalálni ez az összeg Egy másik módja.

5.5.8. példa. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges véges számú differenciálható függvény összegének deriváltja egyenlő ezen függvények deriváltjainak összegével.

Legyen a /? ezeknek a függvényeknek a számát jelöli. Abban az esetben, ha csak egy függvény van megadva, az összeg pontosan ezt a függvényt jelenti. Ezért ha /7 = 1, akkor nyilvánvalóan igaz az állítás: /" = /".

Tegyük fel, hogy az állítás igaz egy halmazra P függvények (itt ismét a betű helyett Nak nek vett levelet P), vagyis az összeg származéka P függvények egyenlő a deriváltak összegével.

Bizonyítsuk be hogy a függvények összegének (i+1) deriváltja egyenlő a deriváltak összegével. Vegyünk egy tetszőleges halmazt, amelyből áll n+ differenciálható függvény: /1,/2, . Képzeljük el ezeknek a függvényeknek az összegét

mint g+f„+ 1, hol g=f +/g + ... +/t -összeg P funkciókat. Az induktív hipotézis szerint a függvény deriváltja g egyenlő a származékok összegével: g" = láb + ft + ... +ft Ezért a következő egyenlőségi lánc érvényesül:

Az induktív átmenet befejeződött.

Így az eredeti állítás tetszőleges véges számú függvényre bizonyított.

Bizonyos esetekben szükség van egy mondat igazságának bizonyítására A(n) minden természetes én számára, valamilyen értékből kiindulva Val vel. A matematikai indukciós bizonyítást ilyen esetekben a következő séma szerint hajtjuk végre.

Indukciós alap. Bebizonyítjuk, hogy a javaslat A igaz az értékre P, egyenlő Val vel.

Induktív átmenet. 1) Feltételezzük, hogy a javaslat A bizonyos értékre igaz Nak nek változó /?, amely nagyobb vagy egyenlő, mint Val vel.

2) Bebizonyítjuk, hogy a javaslat A igaz /?

Jegyezze meg ismét, hogy a betű helyett Nak nek változó megjelölés gyakran marad P. Ebben az esetben az induktív átmenet a következő szavakkal kezdődik: „Tegyük fel, hogy valamilyen értékre p>s jobb A(p). Bizonyítsuk be, hogy akkor ez igaz A(n+ 1)".

5.5.9. példa. Bizonyítsuk be, hogy minden természetes n> 5 a 2” > és a 2 egyenlőtlenség igaz.

Indukciós alap. Hadd n= 5. Ekkor 2 5 =32, 5 2 =25. A 32>25 egyenlőtlenség igaz.

Induktív átmenet. Tegyük fel hogy a 2. egyenlőtlenség teljesül P >p 2 valamilyen természetes számra n> 5. Bizonyítsuk be, amely akkor 2" +| > (n+1) 2 .

fok tulajdonságai szerint 2” +| = 2-2". Mivel 2">I 2 (induktív feltételezéssel), akkor 2-2">2I 2 (I).

Bizonyítsuk be, hogy 2 n 2 nagyobb, mint (i+1) 2 . Meg lehet csinálni különböző utak. Elég dönteni másodfokú egyenlőtlenség 2x 2 >(x+) 2 bőségesen valós számokés nézzük meg, hogy minden 5-nél nagyobb vagy azzal egyenlő természetes szám a megoldása.

A következőképpen járunk el. Találjuk meg a különbséget számok 2 n 2és (i+1) 2:

Mivel > 5, akkor i+1 > 6, ami azt jelenti, hogy (i+1) 2 > 36. Ezért a különbség nagyobb, mint 0. Tehát 2i 2 > (i+1) 2 (2).

Az (I) és (2) egyenlőtlenségek tulajdonságaiból az következik, hogy 2*2" > (i+1) 2, amit bizonyítani kellett az induktív átmenet igazolásához.

A matematikai indukció módszere alapján arra a következtetésre jutunk, hogy az egyenlőtlenség 2" > i 2 minden i természetes számra igaz.

Tekintsük a matematikai indukció módszerének egy másik formáját. A különbség az induktív átmenetben rejlik. A megvalósításhoz két lépést kell végrehajtania:

1) tételezzük fel, hogy a javaslat A(n) igaz az i változó összes értékére egy bizonyos számnál kisebb R;
2) az előterjesztett feltevésből vonja le azt a következtetést, hogy a javaslat A(n) számokra is igaz R.

Így az induktív átmenethez szükség van a következmény bizonyítására: [(Ui?) A(p)] => A(p). Vegye figyelembe, hogy a következmény átírható a következőképpen: [(Fel^p) A(p)] => A(p+ 1).

BAN BEN eredeti megfogalmazás a matematikai indukció módszere állítás bizonyításakor A(p) csak az „előző” mondatra hagyatkoztunk A(p- 1). Az itt megadott módszer megfogalmazása lehetővé teszi a levezetést A(p), figyelembe véve, hogy minden javaslat A(p), hol vagyok kevésbé R, igazak.

5.5.10. példa. Bizonyítsuk be a tételt: „Bármely i-szög belső szögeinek összege egyenlő 180°-kal (i-2).

Konvex sokszög esetén a tétel könnyen bebizonyítható, ha egy csúcsból húzott átlókkal háromszögekre osztjuk. Nem konvex sokszög esetén azonban előfordulhat, hogy ez az eljárás nem lehetséges.

Bizonyítsuk be a tételt tetszőleges sokszögre matematikai indukció segítségével. Tekintsük ismertnek a következő kijelentést, amely szigorúan véve külön bizonyítást igényel: "Bármely //-gonban van egy átló, amely teljes egészében a belső részén fekszik."

A // változó helyett bármilyen természetes számot behelyettesíthet, amely nagyobb vagy egyenlő 3-mal. n=b A tétel igaz, mert egy háromszögben a szögek összege 180°.

Vegyünk néhány /7-gont (p> 4) és tegyük fel, hogy bármely //-szög szögeinek összege, ahol // p, egyenlő 180°-kal (//-2). Bizonyítsuk be, hogy a //-szög szögeinek összege 180°(//-2).

Rajzoljuk meg a benne fekvő //-gon átlóját. A //-szöget két sokszögre osztja. Legyen az egyikük Nak nek oldala, a másik - 2-hez oldalain Akkor k+k 2-2 = p, mivel a kapott sokszögeknek van közös oldal egy rajzolt átló, amely nem az eredeti //-gon oldala.

Mindkét szám Nak nekÉs 2-hez Kevésbé //. Alkalmazzuk az induktív feltevést a kapott sokszögekre: az A]-szög szögeinek összege 180°-(?i-2), és a szögek összege? 2 -gon egyenlő 180°-(Ar 2 -2). Ekkor a //-gon szögeinek összege egyenlő lesz a következő számok összegével:

180°*(Ar|-2)-n 180°(Ar2-2) = 180° (Ar,-bAr 2-2-2) = 180°-(//-2).

Az induktív átmenet indokolt. A matematikai indukció módszere alapján a tétel tetszőleges //-gon (//>3) esetén igazolt.

Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete