Induktion er en metode til opnåelse af generel godkendelse fra private observationer. I det tilfælde, hvor den matematiske erklæring vedrører et begrænset antal objekter, kan det bevises ved at tjekke for hvert objekt. For eksempel godkendelse: "Hvert tocifret tal er summen af \u200b\u200bto enkle numre," - følger fra en række lige muligheder, der er ret realistiske at installere:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Den bevismetode, hvor erklæringen kontrolleres for et begrænset antal tilfælde, der udmattende alle mulighederne kaldes fuldstændig induktion. Denne metode anvendes relativt sjældent, da matematiske udsagn vedrører som regel ikke endelig, men uendelige sæt genstande. For eksempel er godkendelsen om endda tocifrede tal vist sig over den komplette induktion er kun et bestemt tilfælde af sætningen: "Ethvert lige antal er summen af \u200b\u200bto enkle tal." Dette sætning er endnu ikke blevet bevist eller afvises.

Matematisk induktion - Bevismet for en vis erklæring for enhver naturlig N baseret på princippet om matematisk induktion: "Hvis påstanden er sandt for n \u003d 1 og fra sin retfærdighed for n \u003d k, betyder gyldigheden af \u200b\u200bdenne erklæring for n \u003d k + 1, så er det sandt for alle n " Bevismetoden for matematisk induktion er som følger:

1) Induktionsbase: Bevis eller direkte kontroller gyldigheden af \u200b\u200bgodkendelsen for n \u003d 1 (nogle gange n \u003d 0 eller n \u003d n 0);

2) Induktionstrin (overgang): Foreslå gyldigheden af \u200b\u200bgodkendelsen for nogle naturlige n \u003d k og baseret på denne antagelse bevise gyldigheden af \u200b\u200bgodkendelsen for n \u003d k + 1.

Opgaver med løsninger

1. Bevis at med enhver naturlig N er nummer 3 2N + 1 +2 n + 2 opdelt i 7.

Betegner en (n) \u003d 3 2n + 1 +2 n + 2.

Induktionsbase. Hvis n \u003d 1, derefter A (1) \u003d 3 3 +2 3 \u003d 35 og naturligvis er divideret med 7.

Antagelsen om induktion. Lad en (k) divideret med 7.

Induktionsovergang. Vi beviser, at A (K + 1) er opdelt i 7, det vil sige gyldigheden af \u200b\u200bgodkendelsen af \u200b\u200bproblemet ved n \u003d k.

A (K + 1) \u003d 3 2 (K + 1) +1 +2 (K + 1) +2 \u003d 3 2K + 1 · 3 2 + 2 k + 2 · 2 1 \u003d 3 2K + 1 · 9 + 2 K + 2 · 2 \u003d

3 2K + 1 · 9 + 2 k + 2 · (9-7) \u003d (3 2K + 1 + 2 k + 2) · 9-7 · 2 k + 2 \u003d 9 · a (k) -7 · 2 k +2.

Det sidste nummer er divideret med 7, da det er forskellen på to heltal divideret med 7. Følgelig er 3 2n + 1 +2 n + 2 divideret med 7 på ethvert naturligt N.

2. Bevis at med enhver naturlig N er nummer 2 3 n +1 opdelt med 3 n + 1 og er ikke divideret med 3 n + 2.

Vi introducerer betegnelsen: A I \u003d 2 3 I +1.

Ved n \u003d 1 har vi, og 1 \u003d 2 3 + 1 \u003d 9. Så 1 er opdelt i 3 2 og er ikke opdelt i 3 3.

Lad n \u003d k, nummeret AK er opdelt med 3 K + 1 og er ikke opdelt i 3 k + 2, det vil sige AK \u003d 2 3 K + 1 \u003d 3 K + 1 · m, hvor m ikke er divideret med 3 . derefter

a K + 1 \u003d 2 3 K + 1 + 1 \u003d (2 3 K) 3 + 1 \u003d (2 3 K +1) (2 3 K · 2 -23 K +1) \u003d 3 k + 1 · m · ( (2 3 K +1) 2 -3 · 2 3 K) \u003d 3 k + 1 · m · ((3 K + 1 · m) 2 -3 · 2 3 K) \u003d

3 k + 2 · m · (3 2k + 1 · m 2 -2 3 k).

Det er indlysende, at en K + 1 er opdelt i 3 K + 2 og er ikke divideret med 3 K + 3.

Derfor er erklæringen bevist for enhver naturlig N.

3. Det er kendt, at X + 1 / X er et helt tal. Bevis at x n + 1 / x n er som et helt tal for enhver hel n.

Vi introducerer betegnelsen: og jeg \u003d x i + 1 / x I og bemærk straks, at jeg \u003d A -I, så vi vil fortsætte med at tale om naturlige indekser.

Bemærk: A 1 er et helt tal under tilstanden; A2 er en helhed, da en 2 \u003d (A 1) 2 -2; A 0 \u003d 2.

Antag at en k er heltal med nogen naturlig K, der ikke overstiger n. Derefter er en 1 · A n et helt tal, men 1 · a n \u003d A n + 1 + og n-1 og A n + 1 \u003d A 1 · A N -A N-1. Imidlertid er N-1, ifølge en induktionsforudsætning, et helt tal. Så det er også n + 1. Følgelig er X n + 1 / x n et helt tal på ethvert hele N, hvilket var nødvendigt at bevise.

4. Bevis det med enhver naturlig N større 1 fair dobbelt ulighed

5. Bevis det ved naturlige n\u003e 1 og | x |

(1-x) n + (1 + x) n

Ved n \u003d 2 er uligheden sandt. Virkelig,

(1-x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 · x 2

Hvis uligheden er sandt for n \u003d k, så ved n \u003d k + 1 har vi

(1-x) k + 1 + (1 + x) k + 1

Ujævneligheden er bevist for enhver naturlig n\u003e 1.

6. På flyet er der n cirkler. For at bevise, at med en hvilken som helst placering af disse cirkler, kan kortet dannet af dem være korrekt farvning med to maling.

Vi bruger metodens methematiske induktion.

For n \u003d 1 er godkendelse åbenbar.

Antag at påstanden gælder for ethvert kort dannet af N Circles, og lad n + 1 af cirkler specificeres på flyet. Fjernelse af en af \u200b\u200bdisse cirkler, vi får et kort, der i kraft af den antages, kan du korrekt farve to maling (se den første tegning af følgende).

Det er da at genoprette den kasserede cirkel og den ene side fra den, for eksempel inde, skift farven på hvert område til det modsatte (se det andet mønster). Det er nemt at se, at vi samtidig får kortet korrekt farvet af to maling, men kun nu med n + 1 cirkler, som var forpligtet til at bevise.

7. Den konvekse polygon vil blive kaldt "smuk", hvis følgende betingelser udføres:

1) Hver top er malet i en af \u200b\u200btre farver;

2) Eventuelle to naboende hjørner er malet i forskellige farver;

3) I hver af de tre farver er malet mindst en top af polygonen.

Bevis at enhver smuk n-firkant kan skæres i ikke-krydset diagonaler til "smukke" trekanter.

Vi bruger metodens methematiske induktion.

Induktionsbase. Med den mindste af den mulige n \u003d 3 er godkendelsen af \u200b\u200bproblemet indlysende: Verden af \u200b\u200bden "smukke" trekant er malet i tre forskellige farver, og der er ikke behov for snit.

Antagelsen om induktion. Antag at godkendelsen af \u200b\u200bopgaven er sandt for enhver "smuk" n-firkant.

Induktionstrin. Overvej en vilkårlig "smuk" (n + 1) -rolon og bevise at bruge induktionsforudsætningen om, at det kan skæres af nogle diagonaler til "smukke" trekanter. Betegner en 1, en 2, en 3, ... A N, og N + 1 - på hinanden følgende hjørner (n + 1) -role. Hvis kun en vertex (n + 1) er malet i nogen af \u200b\u200bde tre farver, så ved at forbinde dette hjørne med diagonaler med alle hjørner med det, får vi den nødvendige partition (n + 1) -rolon til de "smukke" trekanter .

Hvis ikke mindre end to hjørner (n + 1) er malet i hver af de tre farver, og betegner nummer 1 farven på Vertex A 1 og nummer 2 farven på Vertex A2. Lad K være som det mindste antal, at Vertex og K er malet i den tredje farve. Det er klart, at K\u003e 2. skåret fra (n + 1) -rolnic med en diagonal A K-2 A K Triangle A K-2 A K-1 A K. I overensstemmelse med valget af nummeret er alle toppe af denne trekant malet i tre forskellige farver, det vil sige denne trekant "smuk". Konvekse N-Square A 1 A 2 ... A K-2 AKAK + 1 ... AN + 1, som forblev, også på grund af induktiv antagelse, vil være "smuk", hvilket betyder, at det er brudt i "smukke" trekanter, der og det var nødvendigt at bevise.

8. Bevis at der ikke længere er nogen diagonaler i konveksen af \u200b\u200bN-Corp, således at to af dem har et fælles punkt.

Udføre bevis ved matematisk induktion.

Vi vil vise mere generel godkendelse: I konveksen af \u200b\u200bn-korrekt er det umuligt at vælge flere n-sider og diagonaler, så to af dem har et fælles punkt. For n \u003d 3 er godkendelse åbenbar. Antag, at denne erklæring er sandt for en vilkårlig n-firkant, og ved at bruge dette beviser vi sin retfærdighed for vilkårlig (n + 1) - igennem.

Antag at for (n + 1) -rolnik er denne erklæring forkert. Hvis der ikke er mere end to udvalgte parter eller diagonaler fra hvert hjørne (n + 1), så er der ikke mere end n + 1. Derfor fra nogle vertex en mindst tre udvalgte parter eller diagonaler AB, AC, AD. Lad AU ligger mellem AV og AD. Da en hvilken som helst side eller diagonal, som kommer ud af punkt C og forskellig fra CA, kan ikke samtidig krydse AV og AD, så er kun en valgt diagonal af CA ud af punkt C.

Kaster ud af punktet med Diagonal of SA, får vi en konveks N-Carbon, hvor flere N-sider og diagonaler vælges, hvoraf to har et fælles punkt. Således kommer vi til en modsigelse med den antagelse, at påstanden er sandt for en vilkårlig konveks n-parlament.

Så for (n + 1) -role godkendelse er sandt. I overensstemmelse med princippet om matematisk induktion gælder påstanden for enhver konveks n-parlament.

9. I flyet er n direkte, hvoraf ingen to er parallelle og ikke tre passerer gennem et punkt. For mange dele er disse lige planer brudt.

Ved hjælp af elementære mønstre er det nemt at sikre, at en lige bryder flyet i 2 dele, to lige linjer - med 4 dele, tre lige med 7 dele, fire lige linjer - med 11 dele.

Betegner ved n (n) antallet af dele, som n direkte brød flyet. Det kan bemærkes, at

N (2) \u003d n (1) + 2 \u003d 2 + 2,

N (3) \u003d n (2) + 3 \u003d 2 + 2 + 3,

N (4) \u003d n (3) + 4 \u003d 2 + 2 + 3 + 4.

Naturligvis antage det

N (n) \u003d n (n - 1) + n \u003d 2 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n,

eller hvordan man nemt installeres, ved hjælp af formlen for de første medlemmer af den aritmetiske progression,

N (n) \u003d 1 + n (n + 1) / 2.

Vi beviser gyldigheden af \u200b\u200bdenne formel ved metodens methematiske induktion.

For n \u003d 1 er formlen allerede verificeret.

Efter at have foretaget induktionsforudsætningen, overvej K + 1 direkte, der opfylder betingelsen for problemet. Vi fremhæver fra dem en vilkårlig måde K lige linjer. Ved antagelse af induktion vil de bryde flyet for 1 + K (K + 1) / 2 dele. Den resterende (K + 1) -Th Straight vil bryde den dedikerede K Direct på K + 1 Dele og derfor vil den finde sted (K + 1) -De dele, som flyet allerede er blevet brudt på, og hver af Disse dele vil blive opdelt i 2 dele, det vil sige en anden K + 1 tilsættes. Så,

N (k + 1) \u003d n (k) + k + 1 \u003d 1 + k (k + 1) / 2 + k + 1 \u003d 1 + (k + 1) (k + 2) / 2,

q.e.d.

10. I udtrykket x 1: x 2: ...: x n, braces og resultatet er skrevet i form af en brøkdel for at angive proceduren for handling:

(Samtidig er hver af bogstaverne X 1, X 2, ..., X n er værd enten i knuserens tæller eller i nævneren). Hvor mange forskellige udtryk kan gives på denne måde med alle mulige måder at lægge parenteser på?

Først og fremmest er det klart, at i den resulterende fraktion X 1 står i tælleren. Det er næsten lige så indlysende, at X2 vil være i nævneren ved ethvert layout af parenteserne (fissionsmærket mod X2 refererer til enten X 2 selv eller til ethvert ekspression, der indeholder x 2 i tælleren).

Det kan antages, at alle andre bogstaver x 3, x 4, ..., X n kan være placeret i en tæller eller enominator helt vilkårlig. Det følger heraf, at du kun kan få 2 N-2-fraktioner: Hver af N-2-bogstaverne X 3, X 4, ..., X n kan være uafhængig af resten i tælleren eller nævneren.

Vi beviser denne påstand ved induktion.

Med n \u003d 3 kan du få 2 fraktioner:

så erklæringen er sandt.

Antag, at det er gyldigt for n \u003d k og bevise det for n \u003d k + 1.

Lad udtrykket x 1: x 2: ...: XK efter nogle arrangementer af parenteserne er skrevet i form af nogle fraktion Q. Hvis i dette udtryk i stedet for x k-erstatning X K: X K + 1, så x K vil være der såvel som fraktionen Q, og X K + 1 vil ikke stå der, hvor det var X K (hvis X K var i nævneren, så vil X K + 1 være i tælleren og omvendt).

Nu viser vi os, at det er muligt at tilføje X K + 1, hvor det koster X K. I fraktionen q efter layoutet af beslagene vil helt sikkert være udtrykket af typen Q: X K, hvor Q er bogstavet X K-1 eller noget udtryk i parentes. Udskiftning Q: XK ved udtryk (Q: XK): X K + 1 \u003d Q: (x K + 1 \u003d Q: (X K + 1), vi opnår naturligvis den samme fraktion Q, hvor i stedet for XK er værd at xk · x k + 1.

Således antallet af alle slags fraktioner i tilfælde af n \u003d k + 1 2 gange mere end i tilfælde af n \u003d k og lig med 2 k-2 · 2 \u003d 2 (k + 1) -2. Således er erklæringen bevist.

Svar: 2 N-2 fraktioner.

Opgaver uden løsninger

1. Bevis det med enhver naturlig n:

a) nummer 5 N -3 n + 2N er opdelt i 4;

b) nummer N 3 + 11N er opdelt i 6;

c) nummeret 7 n + 3N-1 er opdelt i 9;

d) nummer 6 2N +19 N -2 n + 1 er opdelt i 17;

e) Nummeret 7 n + 1 +8 2N-1 er opdelt i 19;

e) Tallet 2 2N-1 -9N 2 + 21N-14 er opdelt i 27.

2. Bevis at (n + 1) · (n + 2) · ... · (n + n) \u003d 2 n · 1 · 3 · 5 · ... · (2n-1).

3. Bevis ulighed | SIN nx | n | sin x | For enhver naturlig N.

4. Find naturlige tal A, B, C, der ikke er opdelt i 10 og sådan, at med ethvert naturligt N-nummer A n + B N og C N har de samme to nyere cifre.

5. Bevis, at hvis n-punkter ikke ligger på en lige linje, så blandt de direkte, som forbinder dem, ikke mindre end n anderledes.

Anvendelse af methematisk induktionsmetode, bevise, at for enhver naturlig n. Fair følgende ligeværdier:
men) ;
b) .

Afgørelse.

a) for. n. \u003d 1 lighed er retfærdig. Forudsat at ligestilling retfærdighed når n., vis retfærdigheden af \u200b\u200bdet og n. + 1. Faktisk

q.e.d.

b) For. n. \u003d 1 Ligestillingens gyldighed er indlysende. Fra antagelsen om retfærdighed det n. følge efter

I betragtning af ligestilling 1 + 2 + ... + n. = n.(n. + 1) / 2, få

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

dvs. godkendelse er retfærdig og n. + 1.

Eksempel 1. Bevise følgende ligeværdier

Hvor n.OM N..

Afgørelse. a) PLY. n. \u003d 1 ligestilling vil tage formularen 1 \u003d 1, derfor, P.(1) TRUE. Antag, at denne ligestilling er sandt, det vil sige, der er

. Bør kontrolleres (bevise) detP.(n. + 1), det vil sige rigtigt. Siden induktion anvendes) Vi får det, P.(n. + 1) - Ægte erklæring.

Således er den oprindelige ligestilling ifølge metode til matematisk induktion gyldig for enhver naturlig n..

Note 2. Dette eksempel kunne løses ellers. Faktisk sum 1 + 2 + 3 + ... + n. Der er mængden af \u200b\u200bførst n. Medlemmer af aritmetisk progression med det første medlem eN. 1 \u003d 1 og en forskel d. \u003d 1. I kraft af den berømte formel , GET

b) For. n. \u003d 1 Ligestillingen tager formularen: 2 · 1 - 1 \u003d 1 2 eller 1 \u003d 1, det vil sige P.(1) TRUE. Antag at der er ligestilling

1 + 3 + 5 + ... + (2n. - 1) = n. 2 og bevise at der erP.(n. + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n. - 1) + (2(n. + 1) - 1) = (n. + 1) 2 eller 1 + 3 + 5 + ... + (2 n. - 1) + (2n. + 1) = (n. + 1) 2 .

Ved hjælp af induktionsforudsætningen får vi

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

På denne måde, P.(n. + 1) TRUE, og derfor er den nødvendige lighed bevist.

Note 3. Dette eksempel kan løses (svarende til den foregående) uden anvendelse af den matematiske induktionsmetode.

c) for. n. \u003d 1 Ligestilling TRUE: 1 \u003d 1. Antag at sande ligestilling

og vis det det er sandhedP.(n.) Sandheden indebærerP.(n. + 1). Virkelig, Og siden 2. n. 2 + 7 n. + 6 = (2 n. + 3)(n. + 2), få og derfor er den oprindelige ligestilling sandt for nogen naturlign..

d) for. n. \u003d 1 Ligestilling er sandt: 1 \u003d 1. Antag at

og bevise det

Virkelig,

e) godkendelse P.(1) Fair: 2 \u003d 2. Antag at ligestilling

højre og bevise, at det medfører ligestilling Virkelig,

Følgelig foregår den oprindelige ligestilling for nogen naturlig n..

f) P.(1) Fair: 1/3 \u003d 1/3. Lad der være ligestilling P.(n.):

. Vi viser, at sidstnævnte ligestilling indebærer følgende:

Faktisk i betragtning af det P.(n.) finder sted, få

Således er ligestilling vist sig.

g) for. n. \u003d 1 har. eN. + b. = b. + eN. Og derfor er ligestilling sandt.

Lad binoma newton formel ret gyldig n. = k., dvs.

Derefter Ved hjælp af ligestilling Modtage

Eksempel 2. Vise sig uligheder

a) Bernoulli ulighed: (1 + a) n. ≥ 1 + n.a, A\u003e -1, n. OM N..

b) x. 1 + x. 2 + ... + x. n. ≥ n., hvis en x. 1 x. 2 · ... · x. n. \u003d 1 I. x. jEG. > 0, .

c) Cauchy ulighed i forhold til den gennemsnitlige aritmetiske og mellemstore geometriske Hvor x. jEG. > 0, , n. ≥ 2.

d) SIN 2 n. A + COS 2 n. A ≤ 1, n. OM N..

e)

f) 2. n. > n. 3 , n. OM N., n. ≥ 10.

Afgørelse. a) PLY. n. \u003d 1 Vi får sand ulighed

1 + a ≥ 1 + a. Antag, at der er ulighed

(1 + a) n. ≥ 1 + n.eN.

(1)

og vise det så finder sted og (1 + a) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) A.

Faktisk, da A\u003e -1 indebærer A + 1\u003e 0, og derefter multiplicere begge dele af ulighed (1) på (A + 1), opnår vi

(1 + a) n. (1 + a) ≥ (1 + n.a) (1 + a) eller (1 + a) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) A + n.en 2 fordi. n.en 2. ≥ 0, derfor, (1 + a) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) A + n.en 2 ≥ 1 + ( n. + 1) A.

Således, hvis P.(n.) Sandt, så P.(n. + 1) Ifølge princippet om matematisk induktion er Bernoulli ulighed sandt.

b) For. n. \u003d 1 get. x. 1 \u003d 1 og dermed, x. 1 ≥ 1 det er P.(1) - Retfærdig godkendelse. Lad os foregive det P.(n.) Sandt, det vil sige, hvis Adica, x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. - n.positive tal, hvis arbejde er lig med en, x. 1 x. 2 · ... · x. n. \u003d 1, og x. 1 + x. 2 + ... + x. n. ≥ n..

Vi viser, at dette forslag indebærer sandheden af \u200b\u200bfølgende: Hvis x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. ,x. n.+1 - (n.+ 1) positive tal sådan x. 1 x. 2 · ... · x. n. · x. n.+1 \u003d 1, derefter x. 1 + x. 2 + ... + x. n. + x. n. + 1 ≥n. + 1.

Overvej følgende to tilfælde:

1) x. 1 = x. 2 = ... = x. n. = x. n.+1 \u003d 1. Så summen af \u200b\u200bdisse tal er lig med ( n. + 1), og den nødvendige ulighed udføres;

2) Mindst et tal er fremragende fra enheden, lad for eksempel mere end en. Så siden. x. 1 x. 2 · ... · x. n. · x. n. + 1 \u003d 1, der er stadig mindst et andet nummer end enheden (mere præcist, mindre end en). Lad ske x. n. + 1\u003e 1 og x. n. < 1. Рассмотрим n.positive tal.

x. 1 ,x. 2 ,...,x. n.-1 ,(x. n. · x. n.+1). Produktet af disse tal er forenet, og ifølge hypotesen, x. 1 + x. 2 + ... + x. n.-1 + x. n. x. n. + 1 ≥ n.. Den sidste ulighed er omskrevet som følger: x. 1 + x. 2 + ... + x. n.-1 + x. n. x. n.+1 + x. n. + x. n.+1 ≥ n. + x. n. + x. n.+1 Or. x. 1 + x. 2 + ... + x. n.-1 + x. n. + x. n.+1 ≥ n. + x. n. + x. n.+1 - x. n. x. n.+1 .

For så vidt.

(1 - x. n.)(x. n.+1 - 1)\u003e 0, derefter 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. Følgelig, x. 1 + x. 2 + ... + x. n. + x. n.+1 ≥ n.+1, det vil sige, hvis P.(n.) Retfærdigt, daP.(n. + 1) Fair. Ulighed er bevist.

Note 4. Lige tegn finder sted derefter og kun når x. 1 = x. 2 = ... = x. n. = 1.

c) let x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. - vilkårlig positive tal. Overvej følgende n.positive numre:

Da deres arbejde er lig med en: ifølge tidligere bevist ulighed b) følger det det Fra

Note 5. Ligestilling udføres, hvis og kun hvis x. 1 = x. 2 = ... = x. n. .

d) P.(1) - Fair påstand: SIN 2 A + COS 2 A \u003d 1. Antag at P.(n.) - Ægte erklæring:

Sin 2. n. A + COS 2 n. A ≤ 1. og vis hvad der finder stedP.(n. + 1). Virkelig, Sin 2 ( n. + 1) A + COS 2 ( n. + 1) A \u003d SIN 2 n. A · Sin 2 A + COS 2 n. A · cos 2 a< sin 2n. A + COS 2 n. A ≤ 1 (hvis synder 2 a ≤ 1, så cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, så synder 2 a < 1). Таким образом, для любого n.OM N. Sin 2. n. A + COS 2 n. ≤ 1 og lige tegn opnås kun, nårn. = 1.

e) for. n. \u003d 1 godkendelsesmesse: 1< 3 / 2 .

Antag at og bevise det

For så vidt.
overvejer P.(n.), vi får

f) I betragtning af bemærkningen 1, check P.(10): 2 10\u003e 10 3, 1024\u003e 1000, derfor for n. \u003d 10 Godkendelse er sandt. Antag 2. n. > n. 3 (n. \u003e 10) og bevise P.(n. + 1), det er 2 n.+1 > (n. + 1) 3 .

Siden hvornår n. \u003e 10 har eller , følger det

2n. 3 > n. 3 + 3n. 2 + 3n. + 1 Or. n. 3 > 3n. 2 + 3n. + 1. I betragtning af uligheden (2 n. > n. 3), vi får 2 n.+1 = 2 n. · 2 \u003d 2 n. + 2 n. > n. 3 + n. 3 > n. 3 + 3n. 2 + 3n. + 1 = (n. + 1) 3 .

Således ifølge metoden til matematisk induktion, for enhver naturlig n.OM N., n. ≥ 10 Vi har 2 n. > n. 3 .

Eksempel 3. Bevise det for nogen n. OM N.

Afgørelse. en) P.(1) - Ægte erklæring (0 er divideret med 6). Lad ske P.(n.) Fair, det vil sige n.(2n. 2 - 3n. + 1) = n.(n. - 1)(2n. - 1) divideret med 6. Vi vil vise det så finder sted P.(n. + 1), det vil sige ( n. + 1)n.(2n. + 1) divideret med 6. Faktisk, siden

Og hvor n.(n. - 1)(2 n. - 1) og 6 n. 2 divideret med 6, så deres beløbn.(n. + 1)(2 n. + 1) Opdelt 6.

På denne måde, P.(n. + 1) - retfærdig påstand og dermed, n.(2n. 2 - 3n. + 1) divideret med 6 for nogen n. OM N..

b) Check. P.(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 \u003d 11, derfor, P.(1) - Retfærdig godkendelse. Det bør bevises, at hvis 6 2 n.-2 + 3 n.+1 + 3 n.-1 divideret med 11 ( P.(n.)), derefter 6 2 n. + 3 n.+2 + 3 n. Også divideret med 11 ( P.(n. + 1)). Faktisk, siden

6 2n. + 3 n.+2 + 3 n. = 6 2n.-2+2 + 3 n.+1+1 + 3 n.-1 + 1 \u003d \u003d 6 2 · 6 2 n.-2 + 3 · 3 n.+1 + 3 · 3 n.-1 \u003d 3 · (6 2 n.-2 + 3 n.+1 + 3 n.-1) + 33 · 6 2 n.-2 og som 6 2 n.-2 + 3 n.+1 + 3 n.-1 og 33 · 6 2 n.-2 divideret med 11, så deres sum 6 2n. + 3 n.+2 + 3 n. det er opdelt i 11. Godkendelsen er bevist. Induktion i geometri

Eksempel 4. Beregn højre side af højre 2 n. Tåge, indskrevet i cirkel af radius R..

Hvis forslaget A (n), afhængigt af det naturlige nummer n, er sandt for n \u003d 1 og fra det faktum, at det er sandt for n \u003d k (hvor k-ethvert naturligt nummer) følger, at det er sandt og for det næste Nummer n \u003d k +1, så antages A (n) sandt for ethvert naturligt nummer N.

I nogle tilfælde er det nødvendigt at bevise gyldigheden af \u200b\u200ben vis erklæring ikke for alle naturlige numre, men kun for n\u003e p, hvor P-fast naturligt nummer. I dette tilfælde formuleres princippet om matematisk induktion som følger.

Hvis forslaget A (n) er sandt ved n \u003d P, og hvis en (k) Yu A (K + 1) for enhver K\u003e P, er forslaget A (n) sandt for enhver n\u003e s.

Beviset på metoden til matematisk induktion udføres som følger. For det første er den dokumenterede erklæring verificeret for n \u003d 1, dvs. Sandheden i erklæringen A (1) er etableret. Denne del af beviset kaldes induktionsbase. Så følger en del af det bevis, der hedder induktionstrinnet. I denne del beviser gyldigheden af \u200b\u200bgodkendelsen for N \u003d K + 1 under antagelse af godkendelsesmålet for N \u003d K (induktionsforudsætning), dvs. Bevis at en (k) yu a (k + 1)

Bevis at 1 + 3 + 5 + ... + (2N-1) \u003d N 2.

• 1) Vi har n \u003d 1 \u003d 1 2. Derfor er erklæringen sandt for n \u003d 1, dvs. En (1) sandt
• 2) Vi beviser, at A (K) Yu A (K + 1)

Lad K-ethvert naturligt nummer og lad påstanden gyldigt for n \u003d k, dvs.

1 + 3 + 5 + ... + (2k-1) \u003d K 2

Vi beviser, at påstanden er sandt for det næste naturlige nummer n \u003d k + 1, dvs. hvad

• 1 + 3 + 5 + ... + (2k + 1) \u003d (K + 1) 2 Faktisk
• 1 + 3 + 5 + ... + (2K-1) + (2K + 1) \u003d K2 + 2K + 1 \u003d (K + 1) 2

Så en (k) yu a (k + 1). Baseret på princippet om matematisk induktion konkluderer vi, at antagelsen a (n) er virkelig sandt for nogen n om n

Bevis det

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x - 1), hvor x nummer 1

• 1) ved n \u003d 1 får vi
• 1 + x \u003d (x 2 -1) / (x - 1) \u003d (x - 1) (x + 1) / (x - 1) \u003d x + 1

derfor, ved n \u003d 1, er formlen sand; En (1) sandt

• 2) Lad K-ethvert naturligt nummer og lad formlen sande på n \u003d k,
• 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1)

Vi beviser, at ligestillingen udføres derefter

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

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

Så en (k) yu a (k + 1). Baseret på princippet om matematisk induktion konkluderer vi, at formlen er sandt for ethvert naturligt nummer n

Bevis at antallet af diagonaler af den konvekse n-firkant er n (n-3) / 2

Løsning: 1) Med n \u003d 3 er erklæringen sandt, for i en trekant

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonaler; En 2 A (3) sandt

2) Antag at i hver konveks af K-K-K-K-K \u003d K (K-3) / 2 diagonaler. A k Vi beviser det da i den konvekse A K + 1 (K + 1) -rolnik, antallet af diagonaler A K + 1 \u003d (K + 1) (K-2) / 2.

Lad en 1 A 2 A 3 ... en K a K + 1 -expool (K + 1) -rolnik. Vi udfører i det diagonal A 1 A K. For at beregne det samlede antal diagonaler af dette (K + 1)-gennem, skal du beregne antallet af diagonaler i K-Square A 1 A 2 ... A K, tilsættes til det resulterende nummer K-2, dvs. Antallet af diagonaler (K \u200b\u200b+ 1) -roles stammer fra Vertex A K + 1, og derudover bør tages i betragtning Diagonal A 1 A K

På denne måde,

G K + 1 \u003d G K + (K-2) + 1 \u003d K (K-3) / 2 + K-1 \u003d (K + 1) (K-2) / 2

Så en (k) yu a (k + 1). På grund af princippet om matematisk induktion gælder påstanden for enhver konveks n-parlament.

Bevise det med nogen n det er sandt:

1 2 +2 2 +3 2 + ... + n2 \u003d n (n + 1) (2N + 1) / 6

Løsning: 1) Lad n \u003d 1, derefter

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

2) Antag at n \u003d k

X K \u003d K2 \u003d K (K + 1) (2k + 1) / 6

3) Overvej denne erklæring ved n \u003d k + 1

X K + 1 \u003d (K + 1) (K + 2) (2k + 3) / 6

X K + 1 \u003d 1 2 +2 2 +3 2 + ... + K2 + (K + 1) 2 \u003d K (K + 1) (2K + 1) / 6 + + (K + 1) 2

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

6 (K + 1)) / 6 \u003d (K + 1) (2K2 + 7k + 6) / 6 \u003d (K + 1) (2 (K + 3/2) (K +

2)) / 6 \u003d (K + 1) (K + 2) (2k + 3) / 6

Vi har bevist gyldigheden af \u200b\u200blighed og ved n \u003d K + 1, derfor på grund af metoden til matematisk induktion, gælder påstanden for enhver naturlig n

Bevis at for enhver naturlig n ligestilling er sandt:

1 3 +2 3 +3 3 + ... + n3 \u003d n2 (n + 1) 2/4

Løsning: 1) Lad n \u003d 1

Derefter x 1 \u003d 1 3 \u003d 1 2 (1 + 1) 2/4 \u003d 1. Vi ser at ved n \u003d 1 er erklæringen sandt.

2) Antag at ligestilling er sandt for n \u003d k

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

3) Vi beviser sandheden om denne erklæring for n \u003d k + 1, dvs.

X K + 1 \u003d (K + 1) 2 (K + 2) 2/4. X K + 1 \u003d 1 3 +2 3 + ... + K3 + (K + 1) 3 \u003d K2 (K + 1) 2/4 + (K + 1) 3 \u003d (K2 (K ++ 1) 2 +4 (K + 1) 3) / 4 \u003d (K + 1) 2 (K2 + 4K + 4) / 4 \u003d (K + 1) 2 (K + 2) 2/4

Fra ovenstående beviser kan det ses, at påstanden er sandt hos n \u003d k + 1, derfor er ligestilling sandt for enhver naturlig n

Bevis det

((2 3 +1) / (2 3 -1)) ґ ((3 3 +1) / (3 3 -1)) ґ ... ґ ((n 3 +1) / (n 3 -1) ) \u003d 3N (n + 1) / 2 (n2 + n + 1), hvor n\u003e 2

Løsning: 1) Med n \u003d 2 ser identiteten ud:

• (2 3 +1) / (2 3 -1) \u003d (3 ґ 2 ґ 3) / 2 (2 2 + 2 + 1), dvs. det er sandt
• 2) Antag at udtrykket er sandt ved n \u003d k
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (K3 +1) / (K3 -1) \u003d 3K (K + 1) / 2 (K2 + K + 1)
• 3) Vi beviser udtrykket af udtrykket ved n \u003d k + 1
• (((2 3 +1) / (2 3 -1)) ґ ... ґ ((K3 +1) / (K3 -1))) ґ (((K + 1) 3 +

1) / ((K + 1) 3 -1)) \u003d (3K (K + 1) / 2 (K2 + K + 1)) ґ ((K + 2) ((K +

1) 2 - (K + 1) +1) / K ((K + 1) 2 + (K + 1) +1)) \u003d 3 (K + 1) (K + 2) / 2 ґ

ґ ((k + 1) 2 + (k + 1) +1)

Vi har bevist gyldigheden af \u200b\u200blighed og ved n \u003d k + 1, derfor på grund af metoden til matematisk induktion, gælder påstanden for nogen n\u003e 2

Bevis det

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 + ... + (2N-1) 3 - (2N) 3 \u003d -N2 (4N + 3) for enhver naturlig n

Løsning: 1) Lad n \u003d 1, derefter

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Antag at n \u003d k, derefter
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 + ... + (2K-1) 3 - (2K) 3 \u003d -K2 (4K + 3)
• 3) Lad os bevise sandheden om denne godkendelse på n \u003d k + 1
• (1 3 -2 3 + ... + (2K-1) 3 - (2K) 3) + (2k + 1) 3 - (2K + 2) 3 \u003d -K2 (4K + 3) +

+ (2k + 1) 3 - (2k + 2) 3 \u003d - (K + 1) 3 (4 (K + 1) +3)

Gyldigheden af \u200b\u200bligestilling ved n \u003d k + 1 er også bevist, derfor er påstanden sandt for enhver naturlig N.

Bevise troens trofasthed

(1 2/1 ґ 3) + (2 2/3 ґ 5) + ... + (N2 / (2N-1) ґ (2N + 1)) \u003d N (n + 1) / 2 (2N + 1) For enhver naturlig n

• 1) Ved n \u003d 1 er identiteten sand 1 2/1 ґ 3 \u003d 1 (1 + 1) / 2 (2 + 1)
• 2) Antag at ved n \u003d k
• (1 2/1 ґ 3) + ... + (K2 / (2K-1) ґ (2K + 1)) \u003d K (K + 1) / 2 (2k + 1)
• 3) Vi beviser, at identiteten er sand ved n \u003d k + 1
• (1 2/1 ґ 3) + ... + (K2 / (2K-1) (2K + 1)) + (K + 1) 2 / (2K + 1) (2K + 3) \u003d (K ( K + 1) / 2 (2k + 1)) + ((K + 1) 2 / (2K + 1) (2K + 3)) \u003d ((K + 1) / (2k + 1)) ґ ((K / 2) + ((K + 1) / (2K + 3))) \u003d (K + 1) (K + 2) ґ (2k + 1) / 2 (2k + 1) (2k + 3) \u003d (k + 1) (K + 2) / 2 (2 (K + 1) +1)

Fra ovenstående bevis er det klart, at påstanden er sandt for enhver naturlig N.

Bevis at (11 n + 2 +12 2N + 1) er opdelt i 133 uden en rest

Løsning: 1) Lad n \u003d 1, derefter

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

Men (23 ґ 133) er opdelt med 133 uden en remanens, det betyder for n \u003d 1, påstanden er sandt; En (1) sandt.

• 2) Antag at (11 K + 2 +12 2K + 1) er opdelt i 133 uden en rest
• 3) Vi beviser, at i dette tilfælde (11 K + 3 +12 2K + 3) er opdelt i 133 uden en rest. Ja
• 11 K + 3 +12 2L + 3 \u003d 11 ґ 11 K + 2 +12 2 × 12 2K + 1 \u003d 11 ґ 11 K + 2 +

+ (11 + 133) ґ 12 2K + 1 \u003d 11 (11 K + 2 +12 2K + 1) +133 ґ 12 2K + 1

Den resulterende mængde er opdelt i 133 uden en remanens, da dets første udtryk er opdelt i 133 uden en balance på antagelsen, og i den anden af \u200b\u200bmultiplikatorerne stikker 133. Så og (k) Yu A (K + 1) . I kraft af metodens methematiske induktion er godkendelsen bevist

Bevis at med en hvilken som helst N7 N -1 er divideret med 6 uden en rest

• 1) Lad n \u003d 1, derefter X1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 DE-6 uden en rest. Så ved n \u003d 1 godkendelse er sandt
• 2) Antag at ved n \u003d k7 k -1 er divideret med 6 uden en rest
• 3) Vi beviser, at påstanden er gyldig for n \u003d k + 1

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

Det første udtryk er opdelt i 6, da 7 K -1 er divideret med 6 på antagelsen, og det andet udtryk er 6. Så 7 N -1 er flere 6 med nogen naturlig N. På grund af metoden til matematisk induktion er erklæringen bevist.

Bevis at 3 3N-1 +2 4N-3 med vilkårlig naturlig n er divideret med 11.

1) Lad n \u003d 1, derefter

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 er opdelt i 11 uden en rest.

Det betyder, at n \u003d 1 godkendelse er sandt

• 2) Antag at ved n \u003d k x k \u003d 3 3K-1 +2 4K-3 er divideret med 11 uden en remanens
• 3) Vi beviser, at påstanden er sandt for n \u003d k + 1

X K + 1 \u003d 3 3 (K + 1) -1 +2 4 (K + 1) -3 \u003d 3 3K + 2 +24K + 1 \u003d 3 3 3K-1 +2 4 ґ 2 4K-3 \u003d .

27 ґ 3 3K-1 +16 ґ 2 4K-3 \u003d (16 + 11) ґ 3 3K-1 +16 ґ 24K-3 \u003d 16 ґ 3 3K-1 +

11 ґ 3 3K-1 +16 ґ 2 4K-3 \u003d 16 (3 3K-1 +2 4K-3) +11 ґ 3 3K-1

Det første udtryk er opdelt i 11 uden en balance, da 3 3K-1 +2 4K-3 er divideret med 11 ved antagelse, er den anden divideret med 11, fordi en af \u200b\u200bdens faktor er nummeret 11. Så mængden er opdelt ved 11 uden en rest for enhver naturlig n. På grund af metoden til matematisk induktion er erklæringen bevist.

Bevis at 11 2N -1 med vilkårlig natur n er divideret med 6 uden en rest

• 1) Lad n \u003d 1, derefter 11 2 -1 \u003d 120 divideret med 6 uden en rest. Så ved n \u003d 1 godkendelse er sandt
• 2) Antag at ved n \u003d k 1 2k -1 er divideret med 6 uden en rest
• 11 2 (K + 1) -1 \u003d 121 ґ 11 2k -1 \u003d 120 ґ 11 2k + (11 2k -1)

Begge påstande er divideret med 6 uden en rest: Den første indeholder et multipel på 6 nummer 120, og den anden er divideret med 6 uden en balance på antagelsen. Så mængden er opdelt med 6 uden en rest. På grund af metoden til matematisk induktion er erklæringen bevist.

Bevis at 3 3N + 3 -26N-27 med vilkårlig naturlig N er opdelt med 26 2 (676) uden en remanens

Tidligere beviser, at 3 3N + 3 -1 er opdelt i 26 uden en rest

• 1. Når n \u003d 0
• 3 3 -1 \u003d 26 divideret med 26
• 2. Antag at ved n \u003d k
• 3 3K + 3 -1 divideret med 26
• 3. Lad os bevise, at erklæringen er sandt for n \u003d k + 1
• 3 3K + 6 -1 \u003d 27 ґ 3 3K + 3 -1 \u003d 26 ґ 3 3L + 3 + (3 3K + 3 -1) - 16

Bevis for godkendelsen formuleret i Terk Condition

• 1) Det er indlysende, at med n \u003d 1 er godkendelsen sandt
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Antag at ved n \u003d K ekspression 3 3K + 3 -26k-27 er opdelt i 26 2 uden en remanens
• 3) Vi beviser, at påstanden er sandt for n \u003d k + 1
• 3 3K + 6 -26 (K + 1) -27 \u003d 26 (3 3K + 3 -1) + (3 3K + 3 -26k-27)

Begge påstande er opdelt i 26 2; Den første er opdelt med 26 2, fordi vi har bevist en opdeling af 26 udtryk i parentes, og den anden er divideret med antagelsen om induktion. I kraft af metodens methematiske induktion er godkendelsen bevist

Bevis at hvis n\u003e 2 og x\u003e 0, så uligheden (1 + x) n\u003e 1 + n ґ x

• 1) ved n \u003d 2 ulighed er retfærdig, da
• (1 + x) 2 \u003d 1 + 2x + x 2\u003e 1 + 2x

Så en (2) virkelig

• 2) Vi beviser, at A (k) Yu A (K + 1), hvis K\u003e 2. Antag at A (K) er sandt, dvs. den ulighed er sandt
• (1 + x) k\u003e 1 + k ґ x. (3)

Vi beviser, at og (K + 1) er sande, dvs. den ulighed er sandt

(1 + x) k + 1\u003e 1+ (k + 1) ґ x

Faktisk multiplicere begge dele af ulighed (3) på et positivt tal 1 + x, får vi

(1 + x) k + 1\u003e (1 + k ґ x) (1 + x)

Overvej den højre side af den sidste ulighed; har

(1 + k ґ x) (1 + x) \u003d 1 + (k + 1) ґ x + k ґ x 2\u003e 1+ (k + 1) ґ x

Som et resultat opnår vi det (1 + x) K + 1\u003e 1+ (K + 1) ґ x

Så en (k) yu a (k + 1). Baseret på princippet om matematisk induktion kan det hævdes, at Bernoulli ulighed er sandt for nogen n\u003e 2

Bevis denne ulighed (1 + A + A 2) M\u003e 1 + M ґ A + (M (M + 1) / 2) ґ A 2 ved A\u003e 0

Løsning: 1) ved m \u003d 1

• (1 + A + A 2) 1\u003e 1 + A + (2/2) ґ og 2 Begge dele er ens
• 2) Antag at ved M \u003d K
• (1 + A + A 2) K\u003e 1 + K ґ A + (K (K + 1) / 2) ґ A 2
• 3) Vi beviser, at ved M \u003d K + 1 er den ikke-ligestilling sandt
• (1 + A + A2) K + 1 \u003d (1 + A + A2) (1 + A + A2) K\u003e (1 + A + A2) (1 + K ґ A +

+ (K (K + 1) / 2) ґ A 2) \u003d 1 + (K + 1) ґ A + ((K (K + 1) / 2) + K + 1) ґ A 2 +

+ ((K (K + 1) / 2) + K) ґ A3 + (K (K + 1) / 2) ґ A 4\u003e 1+ (K + 1) ґ A +

+ ((K + 1) (K + 2) / 2) ґ A 2

Vi har bevist gyldigheden af \u200b\u200buligheder på M \u003d K + 1, derfor på grund af metoden til matematisk induktion gælder ulighed for enhver naturlig m

Bevise at ved n\u003e 6, ulighed 3 n\u003e n ґ 2 n + 1

Omskrive ulighed i formularen (3/2) n\u003e 2n

• 1. Med n \u003d 7 har vi 3 7/2 7 \u003d 2187/128\u003e 14 \u003d 2 ґ 7 ulighed er sandt
• 2. Antag at ved n \u003d k (3/2) k\u003e 2k
• 3) Vi beviser loyaliteten af \u200b\u200buligheden ved n \u003d k + 1
• 3 K + 1/2 K + 1 \u003d (3 K / 2 K) ґ (3/2)\u003e 2k ґ (3/2) \u003d 3k\u003e 2 (K + 1)

Siden K\u003e 7 er den sidste ulighed åbenlyst.

På grund af metoden til matematisk induktion gælder uligheden for enhver naturlig n

Bevise at når n\u003e 2 er sand ulighed

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

• 1) ved n \u003d 3 ulighed er sandt
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Antag at ved n \u003d k
• 1+ (1/2 2) + (1/3 2) + ... + (1 / k 2) \u003d 1,7- (1 / k)
• 3) Vi beviser ulighedens gyldighed ved n \u003d k + 1
• (1+ (1/2 2) + ... + (1 / k 2)) + (1 / (K + 1) 2)

Vi beviser, at 1,7- (1 / k) + (1 / (K + 1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

(1 / (K + 1) 2) + (1 / k + 1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

K (k + 2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Sidstnævnte er indlysende, og derfor

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

På grund af metoden til matematisk induktion bevist uligheden.

Bibliografisk beskrivelse: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Brugen af \u200b\u200bmetodens methematiske induktion for at løse problemer på divisibiliteten af \u200b\u200bnaturlige tal // unge forsker. - 2015. - №2. - P. 84-86..02.2019).

I matematiske konkurrencer findes der ofte ganske vanskelige opgaver på beviset om delisibiliteten af \u200b\u200bnaturlige tal. Et problem opstår før skolebørn: Sådan finder du en universel matematisk metode, der giver dig mulighed for at løse sådanne opgaver?

Det viser sig, at de fleste opgaver på bevis for delbarhed kan løses ved methematisk induktionsmetode, men i skole lærebøger er der en meget lille opmærksomhed på denne metode, oftest en kort teoretisk beskrivelse gives, og flere opgaver behandles.

Metoden til matematisk induktion finder vi i teorien om tal. Ved begyndelsen af \u200b\u200bteorien om matematiknumre åbnede mange fakta induktive måder: L. Euler og K. Gauss betragtes nogle gange tusindvis af eksempler, før de noterede sig et numerisk mønster og tro det. Men samtidig forstod de, hvordan vildledende kan være hypoteser, der har undergået "endelige" checks. For den induktive overgang fra godkendelsen, verificeret for den endelige delmængde, er der behov for en lignende erklæring for hele uendelig sæt, bevis. Denne metode foreslog, at Pascal forkælet, som fandt en fælles algoritme til at finde tegn på delisibilitet af ethvert heltal for ethvert andet heltal (afhandling "på arten af \u200b\u200btalets del).

Metoden til matematisk induktion bruges til at bevise ved at begrunde sandheden af \u200b\u200ben vis erklæring for alle naturlige numre eller sandheden om godkendelse fra et bestemt nummer n.

Løsningen på opgaverne for beviset på sandheden om en vis godkendelse ved metodens methematiske induktion består af fire trin (fig. 1):

Fig. 1. Problemløsning

1. Base induktion . Kontroller gyldigheden af \u200b\u200bpåstanden for de mindste naturlige numre, hvor erklæringen giver mening.

2. Induktionsforudsætning. . Vi antager, at påstanden er sandt for en vis værdi k.

3. Induktionsovergang . Vi beviser, at erklæringen er retfærdig for K + 1.

4. Produktion . Hvis et sådant bevis formåede at afslutte, så på grundlag af princippet om matematisk induktion kan det hævdes, at påstanden er sandt for ethvert naturligt nummer N.

Overvej brugen af \u200b\u200bmetodens methematiske induktion for at løse problemer på beviset på opdelingen af \u200b\u200bnaturlige tal.

Eksempel 1.. Bevis at nummer 5 er flere 19, hvor n er et naturligt tal.

Beviser:

1) Kontroller, at denne formel er sand ved n \u003d 1: nummer \u003d 19 gange 19.

2) Lad denne formel være sandt for n \u003d k, dvs. antallet af multipolite 19.

Stolly 19. Faktisk er det første udtryk opdelt i 19 på grund af antagelse (2); Det andet udtryk er også opdelt i 19, fordi den indeholder en multiplikator 19.

Eksempel 2. Bevis at mængden af \u200b\u200bterninger på tre på hinanden følgende naturlige tal er opdelt i 9.

Beviser:

Vi beviser påstanden: "For ethvert naturligt tal n er udtrykket n 3 + (n + 1) 3 + (n + 2) 3 multiple 9.

1) Kontroller, at denne formel er sand for n \u003d 1: 1 3 +2 3 +3 3 \u003d 1 + 8 + 27 \u003d 36 gange 9.

2) Lad denne formel være sand for n \u003d K, dvs. K3 + (K + 1) 3 + (K + 2) 3 gange 9.

3) Vi beviser, at formlen er sand for n \u003d k + 1, dvs. (K + 1) 3 + (K + 2) 3 + (K + 3) 3 flere gange 9. (K + 1) 3 + (K + 2) 3 + (K + 3) 3 \u003d (K + 1) 3 + (K + 2) 3 + K3 + 9K2 +27 K + 27 \u003d (K3 + (K + 1) 3 + (K +2) 3) +9 (K2 + 3K + 3).

Det resulterende udtryk indeholder to termer, der hver især er opdelt i 9, således er mængden divideret med 9.

4) Begge betingelser for princippet om matematisk induktion udføres, derfor er forslaget sandt for alle værdier af n.

Eksempel 3. Bevis at med enhver naturlig N er nummer 3 2N + 1 +2 n + 2 opdelt i 7.

Beviser:

1) Kontroller, at denne formel er sand ved n \u003d 1: 3 2 * 1 + 1 +2 1 + 2 \u003d 3 3 +2 3 \u003d 35, 35 gange 7.

2) Lad denne formel være sand for n \u003d K, dvs. 3 2 K +1 +2 K +2 divideret med 7.

3) Vi beviser, at formlen er sandt for n \u003d k + 1, dvs.

3 2 (K +1) +1 +2 (K +1) +2 \u003d 3 2 K +1 · 3 2 +2 k +2 · 2 1 \u003d 3 2 k +1 · 9 + 2 k +2 · 2 \u003d 3 2 K +1 · 9 + 2 k +2 · (9-7) \u003d (3 2 K +1 +2 k +2) · 9-7 · 2 k +2. Til. (3 2 K +1 +2 K +2) · 9 er divideret med 7 og 7 · 2 k +2 divideret med 7, så er deres forskel divideret med 7.

4) Begge betingelser for princippet om matematisk induktion udføres, derfor er forslaget sandt for alle værdier af n.

Mange opgaver for beviser i teorien om naturlige tal er bekvemt løst ved hjælp af metoden til matematisk induktion, det kan endda siges, at løsningen af \u200b\u200bopgaverne med denne metode er ret algorithmized, det er nok til at udføre 4 grundlæggende handlinger. Men denne metode kan ikke kaldes Universal, fordi der er ulemper: For det første er det kun muligt at bevise kun på en flerhed af naturlige tal, og for det andet er det kun muligt at bevise kun for en variabel.

For udvikling af logisk tænkning, matematisk kultur er denne metode et nødvendigt værktøj, fordi en anden russisk matematiker en Kolmogorov sagde: "Forståelse og evne til korrekt at anvende princippet om matematisk induktion, er et godt kriterium for logisk moden, at matematik er absolut nødvendigt . "

Litteratur:

1. VILENKIN N. YA. Induktion. Combinatorics. - m.: Oplysning, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. på matematisk induktion. - M., 1962. - 36 s.

3. SOLOMINSKY I. S. MATHEMATISKE induktionsmetode. - m.: Videnskab, 1974. - 63C.

4. Sharygin I. F. Valgfri kursus i matematik: Løsning af opgaver: Udveksling. Adresse til 10 CL. Medium. - m.: Oplysning, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Matematisk induktion. - m.: McNMO, 2007.- 32 s.

Matematisk induktion ligger til grund for en af \u200b\u200bde mest almindelige metoder til matematiske beviser. Med det er det muligt at bevise de fleste formler med naturlige tal n, for eksempel formlen for at finde summen af \u200b\u200bde første medlemmer af progressionen S n \u003d 2 A 1 + N - 1 D2 · N, formlen af Newton Binoma A + BN \u003d CN 0 · AN · C N 1 · AN - 1 · B +. . . + C n N - 1 · a · b n - 1 + c n n · b n.

I første afsnit vil vi analysere de grundlæggende begreber, så overvej grundlaget for selve metoden, og så vil vi fortælle dig, hvordan vi skal bevise ligestilling og ulighed til det.

Yandex.rtb r-A-339285-1

Induktions- og fradragskoncepter

Til at begynde med skal du overveje, hvad der generelt er induktion og fradrag.

Definition 1.

Induktion - Dette er overgangen fra privat til general og fradrag Tværtimod - fra den fælles til den private.

For eksempel har vi en erklæring: 254 kan opdeles i to mål. Fra det kan vi lave mange konklusioner, blandt hvilke der vil være både sande og falske. For eksempel kan påstanden om, at alle heltal, der har i slutningen af \u200b\u200bfigur 4, dele for to uden en balance - sandt, og det faktum, at et af de tre tegn er opdelt i 2 - FALSE.

Generelt kan vi sige, at ved hjælp af induktiv begrundelse kan du få en række konklusioner fra en kendt eller åbenlyst begrundelse. Matematisk induktion giver os mulighed for at bestemme, hvor gyldige disse resultater er.

Antag, at vi har en sekvens af tal af formularen 1 1 · 2, 1 2 · 3, 1 3 · 4, 1 4 · 5 ,. . . , 1 n (n + 1), hvor n angiver noget naturligt nummer. I dette tilfælde vil vi, når vi tilføjer de første elementer i sekvensen, modtage følgende:

S 1 \u003d 1 1 · 2 \u003d 1 2, S2 \u003d 1 1 · 2 + 1 2 · 3 \u003d 23, S3 \u003d 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 \u003d 3 4, s 4 \u003d 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 \u003d 4 5 ,. . .

Ved hjælp af induktion kan det konkluderes, at s n \u003d n n + 1. I tredje del vil vi bevise denne formel.

Hvad er metoden til matematisk induktion

Grundlaget for denne metode er princippet om samme navn. Den formuleres som følger:

Definition 2.

Nogle påstand vil være retfærdige for den naturlige værdi af n, når 1) det vil være sandt ved n \u003d 1 og 2) fra, at dette udtryk gælder for vilkårlig naturlig n \u003d k, det følger, at det vil være sandt og ved n \u003d K + 1.

Brugen af \u200b\u200bden matematiske induktionsmetode udføres i 3 faser:

1. Til at begynde med kontrollerer vi farvel for den oprindelige påstand i tilfælde af en vilkårlig naturlig værdi af N (normalt verifikationen er gjort for en).
2. Derefter kontrollerer vi loyaliteten på n \u003d k.
3. Og så bevise gyldigheden af \u200b\u200bgodkendelsen i tilfælde af at n \u003d k + 1.

Hvordan man anvender metoden til matematisk induktion i løsning af uligheder og ligninger

Tag eksemplet, som vi talte tidligere.

Eksempel 1.

Bevis formlen S n \u003d 1 1 · 2 + 1 2 · 3 +. . . + 1 n (n + 1) \u003d n n + 1.

Afgørelse

Som vi allerede ved, er det nødvendigt at udføre tre på hinanden følgende trin for at anvende metodens metode til matematisk induktion.

1. Til at begynde med skal du kontrollere, om denne ligestilling vil være gyldig for n lig med en. Vi opnår S 1 \u003d 1 1 · 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Alt er lige her.
2. Dernæst antager vi antagelsen om, at formlen S K \u003d K K + 1 er sandt.
3. I det tredje trin skal vi bevise, at S K + 1 \u003d K + 1 K + 1 + 1 \u003d K + 1 K + 2, baseret på retfærdigheden af \u200b\u200bden tidligere lighed.

Vi kan indsende K + 1 som summen af \u200b\u200bde første medlemmer af den oprindelige sekvens og K + 1:

S K + 1 \u003d S K + 1 K + 1 (K + 2)

Siden i den anden handling opnåede vi, at S K \u003d K K + 1, så kan du optage følgende:

S K + 1 \u003d S K + 1 K + 1 (K + 2).

Nu udfører vi de nødvendige transformationer. Vi bliver nødt til at opnå fraktionen for en fællesnævner, hvilket giver lignende vilkår, påfør formlen for forkortet multiplikation og reducer, hvad der skete:

S K + 1 \u003d S K + 1 K + 1 (K + 2) \u003d KK + 1 + 1 K + 1 (K + 2) \u003d K (K + 2) + 1 K + 1 (K + 2) \u003d K2 + 2 K + 1 K + 1 (K + 2) \u003d (K + 1) 2 K + 1 (K + 2) \u003d K + 1 K + 2

Således har vi bevist ligestilling i tredje afsnit ved at udføre alle tre trin i metodens metode til matematisk induktion.

Svar: Forudsætningen af \u200b\u200bformlen S n \u003d n n + 1 er korrekt.

Tag en mere kompleks opgave med trigonometriske funktioner.

Eksempel 2.

Giv beviset på identiteten cos 2 a · cos 4 a ·. . . · COS 2 n α \u003d SIN 2 n + 1 α 2 N SIN 2 α.

Afgørelse

Som vi husker, bør det første skridt være verifikationen af \u200b\u200bloyaliteten for ligestilling ved n, svarende til en. For at finde ud af, skal vi huske de grundlæggende trigonometriske formler.

cOS 2 1 \u003d COS2 α SIN 2 1 + 1 α 2 1 SIN 2 α \u003d SIN 4 α2 SIN 2 α \u003d 2 SIN 2 α · COS 2 α 2 SIN 2 α \u003d COS 2 a

Derfor, med n, svarende til en, vil identiteten være korrekt.

Antag nu, at dets retfærdighed vil blive bevaret på n \u003d k, dvs. Det vil være sandt, at cos 2 α · cos 4 a ·. . . · COS 2 K α \u003d Sin 2 K + 1 α 2 K sin 2 α.

Vi beviser ligestilling mellem 2 · cos 4 a ·. . . · COS 2 K + 1 α \u003d SIN 2 K + 2 α 2 K + 1 SIN 2 α for sagen, når n \u003d k + 1, tager forkant med den foregående antagelse.

Ifølge den trigonometriske formel,

sin 2 K + 1 α · COS 2 K + 1 α \u003d 1 2 (SIN (2 k + 1 α + 2 k + 1 a) + synd (2 k + 1 a - 2 k + 1 a)) \u003d \u003d 1 2 SIN (2 · 2 K + 1 Α) + SIN 0 \u003d 1 2 SIN 2 K + 2 A

Dermed,

cos 2 a · cos 4 a ·. . . · COS 2 k + 1 α \u003d cos 2 a · cos 4 a ·. . . · COS 2 K α · COS 2 K + 1 α \u003d SIN 2 K + 1 α2 K SIN 2 a · COS 2 K + 1 α \u003d 1 2 · SIN 2 K + 1 α 2 K SIN 2 Α \u003d SIN 2 K + 2 α 2 K + 1 SIN 2 a

Et eksempel på at løse problemet med bevis for uligheder med brugen af \u200b\u200bdenne metode, vi førte til artiklen om metoden af \u200b\u200bmindste kvadrater. Læs det punkt, hvor formlerne er afledt for at finde koefficienterne for tilnærmelse.

Hvis du bemærker en fejl i teksten, skal du vælge den, og tryk på Ctrl + Enter