Inductie is een werkwijze voor het verkrijgen van een algemene goedkeuring van particuliere waarnemingen. In het geval dat de wiskundige verklaring betrekking heeft op een eindig aantal objecten, kan het worden bewezen door te controleren op elk object. Goedkeuring: "Elk dubbelcijferig nummer is bijvoorbeeld de som van twee eenvoudige cijfers," - volgt uit een reeks gelijkheden die vrij realistisch zijn om te installeren:

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

De bewijsmethode waarin de verklaring wordt gecontroleerd op een eindig aantal gevallen dat alle mogelijkheden uitputten, wordt volledige inductie genoemd. Deze methode wordt relatief zelden toegepast, aangezien wiskundige verklaringen in de regel geen eindige, maar oneindige sets objecten hebben. De goedkeuring over zelfs tweecijferige nummers wordt bijvoorbeeld bewezen boven de volledige inductie is slechts een bepaald geval van de stelling: "Elk aantal is de som van twee eenvoudige cijfers." Deze stelling is nog niet bewezen of weerlegd.

Wiskundige inductie - de wijze van bewijs van een bepaalde verklaring voor elke natuurlijke N gebaseerd op het beginsel van wiskundige inductie: "Als de bewering waar is voor n \u003d 1 en van zijn gerechtigheid voor n \u003d k, impliceert de geldigheid van deze verklaring voor N \u003d K + 1, dan is het waar voor alle n " De bewijsmethode van wiskundige inductie is als volgt:

1) Inductiebasis: bewijzen of direct de geldigheid van de goedkeuring controleren voor n \u003d 1 (soms n \u003d 0 of n \u003d n 0);

2) Inductiestap (transitie): Geldigheid van de goedkeuring voor wat natuurlijke N \u003d K suggereren en, op basis van deze veronderstelling, bewijzen de geldigheid van de goedkeuring voor N \u003d K + 1.

Taken met oplossingen

1. Bewijs dat met een natuurlijke N, het nummer 3 2N + 1 +2 N + 2 is verdeeld in 7.

Duid aan door een (n) \u003d 3 2n + 1 +2 n + 2.

Inductiebasis. Als n \u003d 1, dan een (1) \u003d 3 3 +2 3 \u003d 35 en, uiteraard, gedeeld door 7.

De aanname van inductie. Laat een (k) gedeeld door 7.

Inductietransitie. We bewijzen dat A (K + 1) is verdeeld in 7, dat wil zeggen, de geldigheid van de goedkeuring van het probleem bij 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.

Het laatste aantal is gedeeld door 7, omdat het het verschil van twee gehele getallen is gedeeld door 7. Bijgevolg is 3 2N + 1 +2 N + 2 gedeeld door 7 op een natuurlijke N.

2. Bewijs dat met een natuurlijke N, het nummer 2 3 n + 1 is gedeeld door 3 N + 1 en is niet gedeeld door 3 N + 2.

We introduceren de benaming: A I \u003d 2 3 I +1.

Bij n \u003d 1 hebben we, en 1 \u003d 2 3 + 1 \u003d 9. Dus is 1 verdeeld in 3 2 en is niet verdeeld in 3 3.

Laat n \u003d k, het aantal AK is gedeeld door 3 K + 1 en is niet verdeeld in 3 K + 2, dat wil zeggen, AK \u003d 2 3 K + 1 \u003d 3 K + 1 · M, waarbij M niet wordt gedeeld door 3 . dan

een K + 1 \u003d 2 3 K + 1 + 1 \u003d (2 3 K) 3 + 1 \u003d (2 3 K + 1) (2 3 K · 2 -2 3 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 · M2 -2 3 K).

Het is duidelijk dat een K + 1 is verdeeld in 3 K + 2 en niet wordt gedeeld door 3 K + 3.

Bijgevolg is de verklaring bewezen voor elke natuurlijke N.

3. Het is bekend dat X + 1 / X een geheel getal is. Bewijs dat x n + 1 / x n is als een geheel getal voor een geheel n.

We introduceren de aanduiding: en i \u003d x i + 1 / x i en houd onmiddellijk op dat ik \u003d A -I, dus we zullen blijven praten over natuurlijke indexen.

Opmerking: een 1 is een geheel getal onder de toestand; A 2 is een geheel, aangezien een 2 \u003d (a 1) 2 -2; A 0 \u003d 2.

Stel dat een k integer is met een natuurlijke k niet groter dan n. Dan is een 1 · a n een geheel getal, maar 1 · A n \u003d A N + 1 + en N - 1 en een N + 1 \u003d A 1 · A N -A N-1. N-1, volgens een inductievernoeping, is echter een geheel getal. Dus het is ook n + 1. Dientengevolge is X N + 1 / X N een geheel getal bij een geheel N, die vereist was om te bewijzen.

4. Bewijs dat met enige natuurlijke n grotere 1 eerlijke dubbele ongelijkheid

5. Bewijs dat op natuurlijke n\u003e 1 en | x |

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

Bij n \u003d 2 is de ongelijkheid waar. Werkelijk,

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

Als de ongelijkheid waar is voor n \u003d k, dan bij n \u003d k + 1 hebben we

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

De ongelijkheid is bewezen voor elke natuurlijke n\u003e 1.

6. In het vlak zijn er n cirkels. Om te bewijzen dat met elke locatie van deze cirkels, kan de door hen gevormde kaart goed kleuren met twee verven.

We gebruiken de methode van wiskundige inductie.

Voor n \u003d 1 is de goedkeuring duidelijk.

Stel dat de bewering waar is voor elke kaart gevormd door n-kringen, en laat N + 1 van de cirkels in het vlak worden gespecificeerd. Als u een van deze cirkels verwijdert, krijgen wij een kaart die, op grond van de aangenomen veronderstelling, u op de juiste manier twee verven kunt kleuren (zie de eerste tekening van het volgende).

Het is dan om de afgedankte cirkel en een zijde van hem te herstellen, bijvoorbeeld binnen, verander de kleur van elk gebied naar het tegenovergestelde (zie het tweede patroon). Het is gemakkelijk om te zien dat we tegelijkertijd de kaart op de juiste manier worden gekleurd door twee verven, maar nu alleen met n + 1 cirkels, die nodig was om te bewijzen.

7. De convexe polygoon wordt "mooi" genoemd als de volgende voorwaarden worden uitgevoerd:

1) Elke piek is geschilderd in een van de drie kleuren;

2) Alle twee aangrenzende hoekpunten zijn in verschillende kleuren geschilderd;

3) In elk van de drie kleuren is ten minste één top van de polygoon geschilderd.

Bewijs dat een prachtig N-Square in niet-kruising diagonalen kan worden gesneden tot "prachtige" driehoeken.

We gebruiken de methode van wiskundige inductie.

Inductiebasis. Met de kleinste van de mogelijke n \u003d 3 is de goedkeuring van het probleem voor de hand: de hoekpunten van de "mooie" driehoek zijn in drie verschillende kleuren geschilderd en er zijn geen incisies nodig.

De aanname van inductie. Stel dat de goedkeuring van de taak waar is voor elk "prachtig" N-Square.

Inductiestap. Overweeg een willekeurig "mooi" (n + 1) -rolon en bewijs de inductie-veronderstelling dat het door enkele diagonalen kan worden gesneden tot "prachtige" driehoeken. Duid aan bij een 1, een 2, een 3, ... A N en N + 1 - opeenvolgende hoekpunten (N + 1) -Role. Als slechts één vertex (n + 1) in een van de drie kleuren is geverfd, dan door deze vertex met diagonalen met alle hoekpunten mee te verbinden, verkrijgen we de nodige partitie (N + 1) -rolon naar de "mooie" driehoeken .

Als niet minder dan twee hoekpunten (N + 1) in elk van de drie kleuren zijn geschilderd, en het aantal 1 de kleur van de Vertex A 1 aanduiden, en het nummer 2 de kleur van de Vertex A 2. Laat K zijn als het kleinste aantal dat de vertex en K in de derde kleur is geverfd. Het is duidelijk dat K\u003e 2. Snijd van (N + 1) -Rolnic met een diagonaal A K-2 A K-driehoek A K-2 A K-1 A K. In overeenstemming met de keuze van het aantal K, zijn alle toppen van deze driehoek geschilderd in drie verschillende kleuren, dat wil zeggen, deze driehoek "mooi". Convex N-Square A 1 A 2 ... een K-2 Akak + 1 ... An + 1, die, ook, vanwege de inductieve veronderstelling, "mooi", wat betekent dat het in "mooi" wordt verbroken Driehoeken die en het was nodig om te bewijzen.

8. Bewijs dat er geen diagonalen meer in de convex van N-Corp is, zodat twee van hen een gemeenschappelijk punt hebben.

Gedragend bewijs door wiskundige inductie.

We zullen meer algemene goedkeuring bewijzen: in de convex van N-correct, is het onmogelijk om meer N-zijden en diagonalen te kiezen, zodat twee van hen een gemeenschappelijk punt hebben. Voor n \u003d 3 is de goedkeuring duidelijk. Stel dat deze verklaring waar is voor een willekeurig N-Square en, met behulp van dit, we bewijzen zijn gerechtigheid voor willekeurige (N + 1) -through.

Stel dat voor (n + 1) -Rolnik deze verklaring onjuist is. Als er niet meer dan twee geselecteerde partijen of diagonalen van elke vertex (N + 1) zijn, zijn er niet meer dan N + 1. Daarom, van wat vertex, een ten minste drie geselecteerde partijen of diagonalen AB, AC, AD. Laat de AU tussen AV en AD liggen. Sinds elke kant of diagonaal, die uit het punt C uitkomt, kan niet tegelijkertijd AV en AD-advertentie, dan niet tegelijkertijd AV en AD-advertentie.

Het uitlaten van het punt met de diagonaal van SA, verkrijgen we een convexe N-koolstof, waarin meer n-zijden en diagonalen worden geselecteerd, waarvan er twee een gemeenschappelijk punt hebben. Daarom komen we tot een tegenstrijdigheid met de veronderstelling dat de bewering waar is voor een willekeurig convex-n-parlement.

Dus, voor (n + 1) -Role-goedkeuring is waar. In overeenstemming met het beginsel van wiskundige inductie is de bewering waar voor een convexe N-parlement.

9. In het vlak, n direct, waarvan er geen twee parallel zijn en geen drie passeren door één punt. Voor veel delen zijn deze rechte vliegtuigen verbroken.

Met de hulp van elementaire patronen, is het gemakkelijk om ervoor te zorgen dat een rechte lijn het vliegtuig in 2 delen breekt, twee rechte lijnen - door 4 delen, drie recht - tegen 7 delen, vier rechte lijnen - met 11 delen.

Duiden aan n (n) het aantal delen waarnaar N direct het vliegtuig brak. Het kan worden opgemerkt dat

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.

Vanzelfsprekend dat

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

of, hoe gemakkelijk te installeren, met behulp van de formule van de N eerste leden van de rekenkundige progressie,

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

We bewijzen de geldigheid van deze formule door de methode van wiskundige inductie.

Voor n \u003d 1 is de formule al geverifieerd.

Na de inductie-veronderstelling te hebben gedaan, overweeg dan K + 1 DIRECT, die voldoet aan de voorwaarde van het probleem. We benadrukken van hen een willekeurige manier K rechte lijnen. Door de aanname van inductie zullen ze het vlak voor 1+ K (K + 1) / 2 delen breken. De resterende (K + 1) -THE Rechte zal de speciale K direct op de K + 1-onderdelen breken en daarom zal het plaatsvinden (K + 1) -de delen waarnaar het vliegtuig al is verbroken en elk van Deze delen worden verdeeld in 2 delen, dat wil zeggen, er is nog een K + 1 toegevoegd. Zo,

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. In de expressie x 1: x 2: ...: x n, beugels en het resultaat wordt geschreven in de vorm van een fractie om de procedure voor actie aan te geven:

(Tegelijkertijd is elk van de letters x 1, x 2, ..., X N de moeite waard in de crusher-teller, of in de noemer). Hoeveel verschillende uitdrukkingen kunnen op deze manier worden gegeven met allerlei manieren om beugels te leggen?

Allereerst is het duidelijk dat in de resulterende fractie x 1 in de teller zal staan. Het is bijna net zo duidelijk dat x 2 in de noemer in de lay-out van de beugels zal zijn (het fiction-tarch voor x 2 verwijst naar x 2 zelf of op elke expressie die x 2 in de teller bevat).

Er kan worden verondersteld dat alle andere letters x 3, x 4, ..., X N in een teller of noemer volledig willekeurig zijn. Hieruit volgt dat u slechts 2 N-2 fracties kunt krijgen: elk van de N-2-letters x 3, x 4, ..., X N kan onafhankelijk zijn van de rest in de teller of noemer.

We bewijzen deze bewering per inductie.

Met n \u003d 3 kunt u 2 fracties krijgen:

dus de verklaring is waar.

Stel dat het geldig is voor n \u003d k en het voor n \u003d k + 1 bewijzen.

Laat de expressie x 1: x 2: ...: XK Nadat een opstelling van de beugels zijn geschreven in de vorm van een fractie Q. Indien in deze uitdrukking in plaats van x k substituut x k: x k + 1, dan x k Zal daar zijn en de fractie Q, en x K + 1 zal daar niet staan, waar het x k was (als X K in de noemer was, dan zal X K + 1 in de teller staan \u200b\u200ben vice versa).

Nu bewijzen we dat het mogelijk is x k + 1 toe te voegen waar het X K kost. In de fractie q na de lay-out van de beugels zal zeker de uitdrukking zijn van het type Q: x K, waarbij q de letter X K-1 of een uitdrukking tussen haakjes is. Q: XK vervangen door expressie (Q: XK): x K + 1 \u003d Q: (x K + 1 \u003d Q: (x K + 1), we verkrijgen, uiteraard dezelfde fractie Q, waar in plaats van XK de moeite waard is xk · x k + 1.

Aldus, het aantal allerlei breuken in het geval van N \u003d K + 1 2 maal meer dan in het geval van N \u003d K en gelijk aan 2 K-2 · 2 \u003d 2 (K + 1) -2. Zo wordt de verklaring bewezen.

Antwoord: 2 N-2 fracties.

Taken zonder oplossingen

1. Bewijs dat met een natuurlijke N:

a) het aantal 5 N -3 N + 2N is verdeeld in 4;

b) het aantal N3 + 11n is verdeeld in 6;

c) het aantal 7 N + 3N-1 is verdeeld in 9;

d) Het nummer 6 2N + 19 N-2 N + 1 is verdeeld in 17;

e) Het nummer 7 N + 1 +8 2N-1 is verdeeld in 19;

e) Het nummer 2 2N-1 -9N2 + 21N-14 is verdeeld in 27.

2. Bewijs dat (n + 1) · (n + 2) · ... · (n + n) \u003d 2 n · 1 · 3 · 5 · ... · (2N-1).

3. Bewijs ongelijkheid | Sin NX | n | sin x | Voor een natuurlijke N.

4. Zoek natuurlijke nummers A, B, C die niet in 10 zijn verdeeld en zodanig dat met een natuurlijk N-nummer A N + B en C N dezelfde twee recente cijfers hebben.

5. Bewijs dat als n-punten niet op één rechte lijn liggen, dan tussen de directe, die ze verbinden, niet minder dan n anders.

Het toepassen van de methode van wiskundige inductie, bewijzen dat voor een natuurlijk n. Eerlijk de volgende gelijkheden:
maar) ;
b) .

Besluit.

a) voor n. \u003d 1 gelijkheid is eerlijk. Uitgaande van gelijkheidsjustitie met n., toon de gerechtigheid ervan en n. + 1. Inderdaad

q.e.d.

b) voor n. \u003d 1 De geldigheid van gelijkheid is voor de hand liggend. Van de veronderstelling van rechtvaardigheid n. volgen

Gezien de gelijkheid 1 + 2 + ... + n. = n.(n. + 1) / 2, Krijg

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

d.w.z. goedkeuring is eerlijk en n. + 1.

Voorbeeld 1. Bewijs de volgende gelijkheden

Waar n.OVER N..

Besluit. een) laag n. \u003d 1 gelijkheid zal het formulier 1 \u003d 1 nemen, daarom, P.(1) waar. Stel dat deze gelijkheid waar is, dat wil zeggen, er is

. Moet worden gecontroleerd (bewijzen) datP.(n. + 1), dat is waar. Omdat inductie wordt gebruikt) Dat is dat is, P.(n. + 1) - Echte verklaring.

Aldus is volgens de methode van wiskundige inductie de eerste gelijkheid geldig voor een natuurlijk n..

Opmerking 2. Dit voorbeeld kan anders worden opgelost. Inderdaad, som 1 + 2 + 3 + ... + n. Er is het bedrag van de eerste n. Leden van rekenkundige progressie met het eerste lid eEN. 1 \u003d 1 en een verschil d. \u003d 1. op grond van de beroemde formule krijg

b) voor n. \u003d 1 De gelijkheid neemt de vorm aan: 2 · 1 - 1 \u003d 1 2 of 1 \u003d 1, dat wil zeggen, P.(1) waar. Stel dat er gelijkheid is

1 + 3 + 5 + ... + (2n. - 1) = n. 2 en bewijzen dat er isP.(n. + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n. - 1) + (2(n. + 1) - 1) = (n. + 1) 2 of 1 + 3 + 5 + ... + (2 n. - 1) + (2n. + 1) = (n. + 1) 2 .

De inductie-veronderstelling gebruiken, krijgen we

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

Op deze manier, P.(n. + 1) WAAR en daarom wordt de vereiste gelijkheid bewezen.

Notitie 3. Dit voorbeeld kan worden opgelost (vergelijkbaar met de vorige) zonder de wiskundige inductiemethode te gebruiken.

c) voor n. \u003d 1 gelijkheid True: 1 \u003d 1. Stel dat echte gelijkheid

en laat zien dat dat is waarheidP.(n.) Waarheid houdt inP.(n. + 1). Werkelijk, En sinds 2 n. 2 + 7 n. + 6 = (2 n. + 3)(n. + 2), Get en daarom is de eerste gelijkheid waar voor een natuurlijkn..

d) voor n. \u003d 1 gelijkheid is waar: 1 \u003d 1. Stel dat

en bewijs dat

Werkelijk,

(e) goedkeuring P.(1) beurs: 2 \u003d 2. Stel dat gelijkheid

rechts en bewijzen dat het gelijkheid inhoudt Werkelijk,

Bijgevolg vindt de initiële gelijkheid plaats voor een natuurlijk n..

f) P.(1) beurs: 1/3 \u003d 1/3. Laat er gelijkheid zijn P.(n.):

. We laten zien dat de laatste gelijkheid het volgende inhoudt:

Inderdaad, gezien dat P.(n.) vindt plaats, krijg

Zo wordt de gelijkheid bewezen.

g) voor n. \u003d 1 hebben eEN. + b. = b. + eEN. En daarom is gelijkheid waar.

Laat de Binoma Newton-formule redelijk geldig n. = k., d.w.z.

Dan Gelijkheid gebruiken Te ontvangen

Voorbeeld 2. Bewijzen ongelijkheden

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

b) x. 1 + x. 2 + ... + x. n. ≥ n., als een x. 1 x. 2 · ... · x. n. \u003d 1 I. x. iK. > 0, .

c) CAUCHY-ongelijkheid ten opzichte van de gemiddelde rekenkundige en middelgrote geometrische Waar x. iK. > 0, , n. ≥ 2.

d) zonde 2 n. A + COS 2 n. Een ≤ 1, n. OVER N..

e)

f) 2. n. > n. 3 , n. OVER N., n. ≥ 10.

Besluit. een) laag n. \u003d 1 We krijgen echte ongelijkheid

1 + A ≥ 1 + a. Stel dat er ongelijkheid is

(1 + A) n. ≥ 1 + n.eEN.

(1)

en laat zien dat dan plaatsvindt en (1 + A) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) a.

Sinds A\u003e -1 inderdaad A + 1\u003e 0 met zich meebrengt en vervolgens beide delen van ongelijkheid (1) op (A + 1) vermenigvuldigen

(1 + A) n. (1 + A) ≥ (1 + n.a) (1 + A) of (1 + A) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) A + n.een 2 omdat n.een 2. ≥ 0, daarom, (1 + A) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) A + n.a 2 ≥ 1 + ( n. + 1) a.

Dus, als P.(n.) Waar, dan P.(n. + 1) Waar, dus volgens het principe van wiskundige inductie is de ongelijkheid van Bernoulli waar.

b) voor n. \u003d 1 krijgen x. 1 \u003d 1 en daarom, x. 1 ≥ 1 dat is P.(1) - eerlijke goedkeuring. Laten we doen alsof P.(n.) Waar, dat is, als Adica, x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. - n.positieve aantallen waarvan het werk gelijk is aan één, x. 1 x. 2 · ... · x. n. \u003d 1, en x. 1 + x. 2 + ... + x. n. ≥ n..

We laten zien dat dit voorstel de waarheid van het volgende inhoudt: als x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. ,x. n.+1 - (n.+ 1) positieve getallen zodanig dat x. 1 x. 2 · ... · x. n. · x. n.+1 \u003d 1, dan x. 1 + x. 2 + ... + x. n. + x. n. + 1 ≥n. + 1.

Overweeg de volgende twee gevallen:

1) x. 1 = x. 2 = ... = x. n. = x. n.+1 \u003d 1. Dan is de som van deze nummers gelijk aan ( n. + 1), en de vereiste ongelijkheid wordt uitgevoerd;

2) Ten minste één getal is uitstekend van het apparaat, laat bijvoorbeeld meer dan één. Sindsdien x. 1 x. 2 · ... · x. n. · x. n. + 1 \u003d 1, er is nog steeds ten minste één cijfer anders dan de eenheid (nauwkeuriger minder dan één). Laten zijn x. n. + 1\u003e 1 en x. n. < 1. Рассмотрим n.positieve aantallen

x. 1 ,x. 2 ,...,x. n.-1 ,(x. n. · x. n.+1). Het product van deze nummers is verenigd, en volgens de hypothese, x. 1 + x. 2 + ... + x. n.-1 + x. n. x. n. + 1 ≥ n.. De laatste ongelijkheid wordt als volgt herschreven: x. 1 + x. 2 + ... + x. n.-1 + x. n. x. n.+1 + x. n. + x. n.+1 ≥ n. + x. n. + x. n.+1 of x. 1 + x. 2 + ... + x. n.-1 + x. n. + x. n.+1 ≥ n. + x. n. + x. n.+1 - x. n. x. n.+1 .

Voor zover

(1 - x. n.)(x. n.+1 - 1)\u003e 0, dan 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. Dientengevolge, x. 1 + x. 2 + ... + x. n. + x. n.+1 ≥ n.+1, dat wil zeggen, als P.(n.) TERUG DANP.(n. + 1) beurs. Ongelijkheid is bewezen.

Opmerking 4. Het gelijke teken vindt dan en alleen wanneer x. 1 = x. 2 = ... = x. n. = 1.

c) laat x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. - willekeurige positieve nummers. Stel je de volgende situatie voor n.positieve getallen:

Omdat hun werk gelijk is aan één: volgens eerder bewezen ongelijkheid b) volgt het dat Van

OPMERKING 5. Gelijkheid wordt uitgevoerd als en alleen als x. 1 = x. 2 = ... = x. n. .

d) P.(1) - Fair Assertion: Sin 2 A + COS 2 A \u003d 1. Stel dat P.(n.) - Echte verklaring:

SIN 2. n. A + COS 2 n. Een ≤ 1. en laat zien wat er gebeurtP.(n. + 1). Werkelijk, Zonde 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. Een ≤ 1 (indien zonde 2 A ≤ 1, dan cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 A ≤ 1, dan zondigt 2 a < 1). Таким образом, для любого n.OVER N. SIN 2. n. A + COS 2 n. ≤ 1 en het gelijke teken wordt alleen bereikt wanneern. = 1.

e) voor n. \u003d 1 Goedkeuringsbeurs: 1< 3 / 2 .

Stel dat en bewijs dat

Voor zover
overwegen P.(n.), we krijgen

f) Gegeven de opmerking 1, cheque P.(10): 2 10\u003e 10 3, 1024\u003e 1000, daarom voor n. \u003d 10 goedkeuring is waar. Stel dat 2 n. > n. 3 (n. \u003e 10) en bewijzen P.(n. + 1), dat is 2 n.+1 > (n. + 1) 3 .

Sinds wanneer n. \u003e 10 hebben of , volgt dat

2n. 3 > n. 3 + 3n. 2 + 3n. + 1 of n. 3 > 3n. 2 + 3n. + 1. Gezien de ongelijkheid (2 n. > n. 3), We krijgen er 2 n.+1 = 2 n. · 2 \u003d 2 n. + 2 n. > n. 3 + n. 3 > n. 3 + 3n. 2 + 3n. + 1 = (n. + 1) 3 .

Dus, volgens de methode van wiskundige inductie, voor een natuurlijk n.OVER N., n. ≥ 10 We hebben 2 n. > n. 3 .

Voorbeeld 3. Bewijs dat voor iedereen n. OVER N.

Besluit. een) P.(1) - Echte verklaring (0 is gedeeld door 6). Laten zijn P.(n.) Eerlijk, dat is n.(2n. 2 - 3n. + 1) = n.(n. - 1)(2n. - 1) gedeeld door 6. We laten zien dat dan plaatsvindt P.(n. + 1), dat wil zeggen, ( n. + 1)n.(2n. + 1) gedeeld door 6. Sindsdien

En hoe n.(n. - 1)(2 n. - 1) en 6 n. 2 gedeeld door 6, dan hun bedragn.(n. + 1)(2 n. + 1) verdeeld 6.

Op deze manier, P.(n. + 1) - eerlijke bewering, en daarom, n.(2n. 2 - 3n. + 1) gedeeld door 6 voor elke n. OVER N..

b) check P.(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 \u003d 11, daarom, P.(1) - eerlijke goedkeuring. Het moet bewezen worden dat als 6 2 n.-2 + 3 n.+1 + 3 n.-1 gedeeld door 11 ( P.(n.)), Dan 6 2 n. + 3 n.+2 + 3 n. Ook gedeeld door 11 ( P.(n. + 1)). Sindsdien

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 en zoals 6 2 n.-2 + 3 n.+1 + 3 n.-1 en 33 · 6 2 n.-2 gedeeld door 11, dan hun som 6 2n. + 3 n.+2 + 3 n. het is verdeeld in 11. De goedkeuring wordt bewezen. Inductie in geometrie

Voorbeeld 4. Bereken de rechterkant van de rechter 2 n. Mist, ingeschreven in de straalcirkel R..

Als het voorstel A (n), afhankelijk van het natuurlijke getal n, is waar voor n \u003d 1 en uit het feit dat het waar is voor n \u003d k (waarbij K-elk natuurig getal) volgt dat het waar is en voor de volgende Nummer n \u003d K +1, dan is de aanname A (n) waar voor elk natuurnummer N.

In sommige gevallen is het noodzakelijk om de geldigheid van een bepaalde verklaring niet voor alle natuurlijke aantallen te bewijzen, maar alleen voor N\u003e P, waar het P-vaste natuurde nummer. In dit geval wordt het principe van wiskundige inductie als volgt geformuleerd.

Als het voorstel A (n) true is op n \u003d p en als een (k) yu A (k + 1) voor alle K\u003e P, is het voorstel A (n) waar voor elke n\u003e p.

Het bewijs op de methode van wiskundige inductie wordt als volgt uitgevoerd. Ten eerste wordt de bewezen verklaring geverifieerd voor n \u003d 1, d.w.z. De waarheid van de verklaring A (1) is vastgesteld. Dit deel van het bewijs wordt inductiebasis genoemd. Volgt vervolgens een deel van het bewijs dat inductiestap wordt genoemd. In dit deel wordt de geldigheid van de goedkeuring voor n \u003d k + 1 bewezen onder de aanname van de eerlijkheid van goedkeuring voor n \u003d k (induction-veronderstelling), d.w.z. Bewijs dat een (k) yu a (k + 1)

Bewijs dat 1 + 3 + 5 + ... + (2N-1) \u003d N2.

• 1) We hebben n \u003d 1 \u003d 1 2. Bijgevolg is de verklaring waar voor n \u003d 1, d.w.z. Een (1) waar
• 2) We bewijzen dat een (k) yu a (k + 1)

Laat k-elk natuurnummer en laat de bewering geldig zijn voor n \u003d k, d.w.z.

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

We bewijzen dat de bewering waar is voor het volgende natuurlijke nummer n \u003d k + 1, d.w.z. wat

• 1 + 3 + 5 + ... + (2K + 1) \u003d (K + 1) 2 In feite
• 1 + 3 + 5 + ... + (2K-1) + (2K + 1) \u003d K2 + 2K + 1 \u003d (K + 1) 2

Dus, een (k) yu a (k + 1). Op basis van het principe van wiskundige inductie concluderen we dat de aanname A (n) echt waar is voor elke N over n

Bewijs dat

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

• 1) bij n \u003d 1 krijgen we
• 1 + x \u003d (x 2 -1) / (x - 1) \u003d (x - 1) (x + 1) / (x - 1) \u003d x + 1

daarom is bij n \u003d 1 de formule waar; Een (1) waar

• 2) Laat K-elk natuurnummer en laat de formule waar zijn bij n \u003d k,
• 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1)

We bewijzen dat de gelijkheid dan wordt uitgevoerd

• 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x K + x K + 1 \u003d (x K + 2 -1) / (x-1) is inderdaad
• 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)

Dus, een (k) yu a (k + 1). Op basis van het principe van wiskundige inductie concluderen we dat de formule waar is voor een natuurlijk nummer n

Bewijs dat het aantal diagonalen van het convexe N-Square n (n-3) / 2 is

Oplossing: 1) Met n \u003d 3 is de verklaring waar, voor in een driehoek

Een 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonalen; Een 2 A (3) waar

2) Stel dat in elke convex van K-K-K-K-K \u003d K (K-3) / 2 diagonalen. A K We bewijzen dat dan in de convexe A K + 1 (K + 1) -Rolnik, het aantal diagonalen A K + 1 \u003d (K + 1) (K-2) / 2.

Laat een 1 A 2 A 3 ... A K A K + 1 -Expool (K + 1) -Rolnik. We voeren in het diagonaal A 1 A K. Om het totale aantal diagonalen van deze (K + 1) te berekenen - moet u het aantal diagonalen in de K-Square A 1 a 2 ... A K, toevoegen, toevoegen aan het resulterende nummer K-2, d.w.z. Het aantal diagonalen (K + 1) -Roles afkomstig van de vertex A K + 1, en moet bovendien rekening worden gehouden met diagonaal A 1 A K

Op deze manier,

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

Dus, een (k) yu a (k + 1). Vanwege het beginsel van wiskundige inductie is de bewering waar voor elk consequent n-parlement.

Bewijs dat met elke n het waar is:

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

Oplossing: 1) Laat n \u003d 1, dan

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

2) Stel dat n \u003d k

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

3) Overweeg deze verklaring op 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 + ... + K 2 + (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) (2K 2 + 7K + 6) / 6 \u003d (K + 1) (2 (K + 3/2) (K +

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

We hebben de geldigheid van gelijkheid en bij n \u003d k + 1 bewezen, dus op grond van de methode van wiskundige inductie, is de bewering waar voor een natuurlijke n

Bewijs dat voor elke natuurlijke n gelijkheid waar is:

1 3 +2 3 +3 3 + ... + N3 \u003d N 2 (N + 1) 2/4

Oplossing: 1) Laat n \u003d 1

Dan x 1 \u003d 1 3 \u003d 1 2 (1 + 1) 2/4 \u003d 1. We zien dat bij n \u003d 1, de verklaring waar is.

2) Stel dat gelijkheid waar is voor n \u003d k

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

3) We bewijzen de waarheid van deze verklaring voor n \u003d k + 1, d.w.z.

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

Uit het bovenstaande bewijs kan worden gezien dat de bewering waar is bij n \u003d k + 1, daarom is de gelijkheid waar voor elke natuurlijke n

Bewijs dat

((2 3 +1) / (2 3 -1)) ґ ((3 3 +1) / (3 3 -1)) ґ ... ґ ((n 3 +1) / (n3 -1) ) \u003d 3N (n + 1) / 2 (n 2 + n + 1), waar n\u003e 2

Oplossing: 1) Met n \u003d 2, ziet de identiteit eruit:

• (2 3 +1) / (2 3 -1) \u003d (3 ґ 2 ґ 3) / 2 (2 2 + 2 + 1), d.w.z. het is waar
• 2) Stel dat de uitdrukking waar is voor n \u003d k
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3K (K + 1) / 2 (K 2 + K + 1)
• 3) We bewijzen de loyaliteit van de uitdrukking bij n \u003d k + 1
• (((2 3 +1) / (2 3 -1)) ґ ... ґ ((k 3 +1) / (k 3 -1))) ґ (((k + 1) 3 +

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

We hebben de geldigheid van gelijkheid en bij n \u003d k + 1 bewezen, dus op grond van de methode van wiskundige inductie is de bewering waar voor elke N\u003e 2

Bewijs dat

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 + ... + (2N-1) 3 - (2N) 3 \u003d -N 2 (4N + 3) voor elke natuurlijke n

Oplossing: 1) Laat n \u003d 1, dan

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Stel dat N \u003d K, dan
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 + ... + (2K-1) 3 - (2K) 3 \u003d -K 2 (4K + 3)
• 3) Laten we de waarheid van deze goedkeuring bewijzen bij n \u003d k + 1
• (1 3 -2 3 + ... + (2K-1) 3 - (2K) 3) + (2K + 1) 3 - (2K + 2) 3 \u003d -K 2 (4K + 3) +

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

De geldigheid van gelijkheid bij N \u003d K + 1 wordt ook bewezen, daarom is de bewering waar voor een natuurlijke N.

Bewijzen de trouw van identiteit

(1 2/1 ґ 3) + (2 2/3 ґ 5) + ... + (N2 / (2N-1) ґ (2N + 1)) \u003d N (n + 1) / 2 (2N + 1) voor elke natuurlijke n

• 1) bij n \u003d 1 is de identiteit waar 1 2/1 ґ 3 \u003d 1 (1 + 1) / 2 (2 + 1)
• 2) Stel dat bij n \u003d k
• (1 2/1 ґ 3) + ... + (k 2 / (2K-1) ґ (2K + 1)) \u003d K (K + 1) / 2 (2K + 1)
• 3) We bewijzen dat de identiteit waar is bij 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)

Uit het bovenstaande bewijs is het duidelijk dat de bewering waar is voor elke natuurlijke N.

Bewijs dat (11 N + 2 +12 2N + 1) is verdeeld in 133 zonder residu

Oplossing: 1) Laat n \u003d 1, dan

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

Maar (23 ґ 133) wordt gedeeld door 133 zonder residu, het betekent voor n \u003d 1, de bewering is waar; Een (1) waar.

• 2) Stel dat (11 K + 2 +12 2K + 1) is verdeeld in 133 zonder residu
• 3) We bewijzen dat in dit geval (11 K + 3 +12 2K + 3) is verdeeld in 133 zonder een residu. Inderdaad
• 11 K + 3 +12 2L + 3 \u003d 11 ґ 11 K + 2 +12 2 ґ 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

De resulterende hoeveelheid is verdeeld in 133 zonder een residu, aangezien de eerste termijn in 133 wordt verdeeld zonder een evenwicht op de aanname, en in de tweede van de vermenigvuldigers steekt 133 uit. SO, EN (K) YU A (K + 1) . Op grond van de methode van wiskundige inductie wordt de goedkeuring bewezen

Bewijs dat met een N7 N-1 wordt gedeeld door 6 zonder een residu

• 1) Laat n \u003d 1, dan x 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 DE-6 zonder residu. Dus bij n \u003d 1 goedkeuring is waar
• 2) Stel dat bij n \u003d k 7 k -1 wordt gedeeld door 6 zonder een residu
• 3) We bewijzen dat de bewering geldig is voor 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

De eerste term is verdeeld in 6, aangezien 7 K-1 wordt gedeeld door 6 op de aanname, en de tweede term is 6. SO 7 N-1 is meerdere 6 met een natuurlijke N. Op grond van de methode van wiskundige inductie wordt de verklaring bewezen.

Bewijs dat 3 3N-1 +2 4N-3 met willekeurige natuurlijke N wordt gedeeld door 11.

1) Laat n \u003d 1, dan

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 is verdeeld in 11 zonder een residu.

Het betekent dat n \u003d 1 goedkeuring waar is

• 2) Stel dat bij n \u003d k x k \u003d 3 3K-1 +2 4K-3 wordt gedeeld door 11 zonder een residu
• 3) We bewijzen dat de bewering waar is voor n \u003d k + 1

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

De eerste term is verdeeld in 11 zonder een balans, aangezien 3 3K-1 +2 4K-3 door 11 wordt gedeeld door veronderstelling, de tweede is gedeeld door 11, omdat een van de factor het nummer 11 is. Dus het bedrag is verdeeld met 11 zonder een residu voor een natuurlijke n. Op grond van de methode van wiskundige inductie wordt de verklaring bewezen.

Bewijs dat 11 2N -1 met willekeurige natuurlijke NR-verdeeld wordt door 6 zonder residu

• 1) Laat n \u003d 1, dan 11 2 -1 \u003d 120 gedeeld door 6 zonder een residu. Dus bij n \u003d 1 goedkeuring is waar
• 2) Stel dat bij n \u003d k 1 2K -1 wordt gedeeld door 6 zonder een residu
• 11 2 (K + 1) -1 \u003d 121 ґ 11 2K -1 \u003d 120 ґ 11 2K + (11 2K -1)

Beide aantijgingen zijn gedeeld door 6 zonder residu: de eerste bevat een meervoudig van 6 nummer 120, en de tweede is verdeeld door 6 zonder een saldo op de veronderstelling. Dus het bedrag wordt gedeeld door 6 zonder een residu. Op grond van de methode van wiskundige inductie wordt de verklaring bewezen.

Bewijs dat 3 3N + 3 -26N-27 met willekeurige natuurlijke N wordt gedeeld door 26 2 (676) zonder een residu

Eerder bewijzen dat 3 3N + 3 -1 is verdeeld in 26 zonder residu

• 1. Wanneer n \u003d 0
• 3 3 -1 \u003d 26 gedeeld door 26
• 2. Stel dat bij n \u003d k
• 3 3K + 3 -1 gedeeld door 26
• 3. Laten we bewijzen dat de verklaring waar is voor 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

Doe nu het bewijs van de goedkeuring geformuleerd in de Terk-staat

• 1) Het is duidelijk dat met n \u003d 1 de goedkeuring waar is
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Stel dat bij n \u003d k expressie 3 3K + 3 -26K-27 is verdeeld in 26 2 zonder een residu
• 3) We bewijzen dat de bewering waar is bij n \u003d k + 1
• 3 3K + 6 -26 (K + 1) -27 \u003d 26 (3 3K + 3 -1) + (3 3K + 3 -26K-27)

Beide aantijgingen zijn verdeeld in 26 2; De eerste is gedeeld met 26 2, omdat we een verdeling van 26 uitdrukkingen tussen haakjes hebben bewezen, en de tweede wordt gedeeld door de aanname van inductie. Op grond van de methode van wiskundige inductie wordt de goedkeuring bewezen

Bewijs dat als n\u003e 2 en x\u003e 0, dan de ongelijkheid (1 + x) n\u003e 1 + n ґ x

• 1) bij n \u003d 2 ongelijkheid is eerlijk, aangezien
• (1 + x) 2 \u003d 1 + 2x + x 2\u003e 1 + 2x

Dus, een (2) echt

• 2) We bewijzen dat een (k) yu a (k + 1), als k\u003e 2. Stel dat een (k) waar is, d.w.z. die ongelijkheid waar is
• (1 + x) K\u003e 1 + K ґ x. (3)

We bewijzen dat en (k + 1) waar zijn, d.w.z. die ongelijkheid waar is

(1 + x) K + 1\u003e 1+ (K + 1) ґ x

In feite, vermenigvuldigen van beide delen van ongelijkheid (3) op een positief getal 1 + x, krijgen we

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

Overweeg de rechterkant van de laatste ongelijkheid; hebben

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

Als gevolg hiervan verkrijgen we dat (1 + x) k + 1\u003e 1+ (k + 1) ґ x

Dus, een (k) yu a (k + 1). Op basis van het principe van wiskundige inductie kan worden beargumenteerd dat Bernoulli-ongelijkheid waar is voor elke N\u003e 2

Bewijs dat ongelijkheid (1 + A + A 2) M\u003e 1 + M ґ A + (M (M + 1) / 2) ґ A 2 op A\u003e 0

Oplossing: 1) op m \u003d 1

• (1 + A + A 2) 1\u003e 1 + A + (2/2) ґ en 2 beide delen zijn gelijk
• 2) Stel dat op m \u003d k
• (1 + A + A 2) K\u003e 1 + K ґ A + (K (K + 1) / 2) ґ A 2
• 3) We bewijzen dat bij M \u003d K + 1, de niet-gelijkheid waar is
• (1 + A + A 2) K + 1 \u003d (1 + A + A 2) (1 + A + A 2) K\u003e (1 + A + A 2) (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 A 3 + (K (K + 1) / 2) ґ A 4\u003e 1+ (K + 1) ґ A +

+ ((K + 1) (K + 2) / 2) ґ A 2

We hebben de geldigheid van ongelijkheid bewezen bij M \u003d K + 1, daarom, op grond van de methode van wiskundige inductie, ongelijkheid is geldig voor elke natuurlijke m

Bewijs dat bij n\u003e 6, ongelijkheid 3 n\u003e n ґ 2 n + 1

Herschrijf ongelijkheid in de vorm (3/2) n\u003e 2n

• 1. Met n \u003d 7 hebben we 3 7/2 7 \u003d 2187/128\u003e 14 \u003d 2 ґ 7 ongelijkheid is waar
• 2. Stel dat bij n \u003d k (3/2) k\u003e 2k
• 3) We bewijzen de loyaliteit van de ongelijkheid bij 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)

Omdat K\u003e 7, is de laatste ongelijkheid voor de hand.

Op grond van de methode van wiskundige inductie is ongelijkheid voor elke natuurlijke n

Bewijs dat wanneer n\u003e 2 echte ongelijkheid is

1+ (1/2 2) + (1/3 2) + ... + (1 / N2)<1,7-(1/n)

• 1) bij n \u003d 3 ongelijkheid is waar
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Stel dat bij n \u003d k
• 1+ (1/2 2) + (1/3 2) + ... + (1 / K 2) \u003d 1,7- (1 / k)
• 3) We bewijzen de geldigheid van de ongelijkheid bij n \u003d k + 1
• (1+ (1/2 2) + ... + (1 / k 2)) + (1 / (k + 1) 2)

We bewijzen dat 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

De laatste is voor de hand liggend, en daarom

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

Op grond van de methode van wiskundige inductie wordt ongelijkheid bewezen.

Bibliografische beschrijving: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Het gebruik van de methode van wiskundige inductie om problemen op te lossen op de deelbaarheid van natuurlijke nummers // jonge wetenschapper. - 2015. - №2. - P. 84-86..02.2019).

In wiskundige competities worden vrij moeilijke taken vaak gevonden op het bewijs van de deelbaarheid van natuurlijke getallen. Een probleem rijst voor schoolkinderen: Hoe een universele wiskundige methode te vinden waarmee u dergelijke taken kunt oplossen?

Het blijkt dat de meeste taken op het bewijs van deelbaarheid kunnen worden opgelost door de methode van wiskundige inductie, maar in schoolboeken wordt een zeer kleine aandacht besteed aan deze methode, meestal wordt een korte theoretische beschrijving gegeven en worden verschillende taken gedeeld.

De methode van wiskundige inductie vinden we in de theorie van cijfers. Bij de dageraad van de theorie van wiskundetienummers openden veel feiten inductieve manieren: L. Euler en K. Gauss overwogen soms duizenden voorbeelden voordat ze een numeriek patroon noteerden en het geloven. Maar tegelijkertijd begrepen ze hoe bedrieglijk hypothesen kunnen zijn die "definitieve" cheques hebben ondergaan. Voor de inductieve overgang van de goedkeuring, geverifieerd voor de laatste subset, op een soortgelijke verklaring voor de gehele oneindige set, is het bewijs noodzakelijk. Deze methode suggereerde dat Pascal verwend, die een gemeenschappelijk algoritme heeft gevonden voor het vinden van tekenen van de deelbaarheid van een geheel getal voor een ander geheel getal (verhandeling "over de aard van de deelbaarheid van cijfers).

De methode van wiskundige inductie wordt gebruikt om te bewijzen door de waarheid van enige verklaring voor alle natuurlijke getallen of de waarheid van goedkeuring uit een bepaald nummer n te redeneren.

De oplossing voor de taken voor het bewijs van de waarheid van enige goedkeuring door de methode van wiskundige inductie bestaat uit vier fasen (Fig. 1):

Fig. 1. Probleemoplossingschema

1. Basisinductie . Controleer de geldigheid van de bewering voor de kleinste natuurlijke getallen, waarin de verklaring logisch is.

2. Inductievernoeping . We gaan ervan uit dat de bewering waar is voor sommige waarde K.

3. Inductietransitie . We bewijzen dat de verklaring eerlijk is voor K + 1.

4. Uitgang . Indien een dergelijk bewijs dat wist te eindigen, dan kan op basis van het beginsel van wiskundige inductie worden beargumenteerd dat de bewering waar is voor een natuurlijk getal N.

Overweeg het gebruik van de methode van wiskundige inductie om problemen op te lossen op het bewijs van de deelbaarheid van natuurlijke getallen.

Voorbeeld 1.. Bewijs dat het nummer 5 meerdere 19 is, waarbij n een natuurlijk nummer is.

Bewijs:

1) Controleer of deze formule true is op n \u003d 1: nummer \u003d 19 keer 19.

2) Laat deze formule waar zijn voor n \u003d k, d.w.z. het aantal multipolite 19.

Stly 19. Inderdaad, de eerste term is verdeeld in 19 als gevolg van aanname (2); De tweede term is ook verdeeld in 19, omdat het een vermenigvuldiger 19 bevat.

Voorbeeld 2. Bewijs dat de hoeveelheid kubussen van drie opeenvolgende natuurlijke nummers verdeeld is in 9.

Bewijs:

We bewijzen de bewering: "Voor elk natuurnummer n, is de uitdrukking N 3 + (N + 1) 3 + (N + 2) 3 meerdere 9.

1) Controleer of deze formule true is voor n \u003d 1: 1 3 +2 3 +3 3 \u003d 1 + 8 + 27 \u003d 36 keer 9.

2) Laat deze formule waar zijn voor n \u003d k, d.w.z. k 3 + (k + 1) 3 + (k + 2) 3 keer 9.

3) We bewijzen dat de formule waar is voor n \u003d k + 1, d.w.z. (k + 1) 3 + (k + 2) 3 + (K + 3) 3 vaker 9. (k + 1) 3 + (k + 2) 3 + (K + 3) 3 \u003d (K + 1) 3 + (K + 2) 3 + K 3 + 9K 2 +27 K + 27 \u003d (K 3 + (K + 1) 3 + (K +2) 3) +9 (K 2 + 3K + 3).

De resulterende uitdrukking bevat twee termen, die elk in 9 zijn verdeeld, dus het bedrag wordt gedeeld door 9.

4) Beide voorwaarden van het beginsel van wiskundige inductie worden daarom uitgevoerd, het voorstel geldt voor alle waarden van n.

Voorbeeld 3. Bewijs dat met een natuurlijk N, het nummer 3 2N + 1 +2 N + 2 is verdeeld in 7.

Bewijs:

1) Controleer of deze formule true is bij N \u003d 1: 3 2 * 1 + 1 +2 1 + 2 \u003d 3 3 +2 3 \u003d 35, 35 keer 7.

2) Laat deze formule waar zijn voor N \u003d K, d.w.z. 3 2 K +1 +2 K +2 gedeeld door 7.

3) We bewijzen dat de formule waar is voor n \u003d k + 1, d.w.z.

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. Naar. (3 2 K +1 +2 K +2) · 9 is gedeeld door 7 en 7 · 2 K +2 gedeeld door 7, dan is hun verschil gedeeld door 7.

4) Beide voorwaarden van het beginsel van wiskundige inductie worden daarom uitgevoerd, het voorstel geldt voor alle waarden van n.

Veel taken voor bewijs in de theorie van natuurlijke getallen zijn handig opgelost met behulp van de methode van wiskundige inductie, het kan zelfs worden gezegd dat de oplossing van de taken met deze methode vrij algorithimed is, het is genoeg om 4 basisacties uit te voeren. Maar deze methode kan niet universeel worden genoemd, omdat er nadelen zijn: eerst is het mogelijk om alleen te bewijzen op een aantal natuurlijke getallen, en ten tweede is het mogelijk om alleen voor één variabele te bewijzen.

Voor de ontwikkeling van logisch denken, wiskundige cultuur, is deze methode een noodzakelijk hulpmiddel, omdat een andere Russische wiskundige een Kolmogorov zei: "Inzicht en het vermogen om het beginsel van wiskundige inductie correct toe te passen, is een goed criterium voor logische volwassene die wiskunde absoluut noodzakelijk is . "

Literatuur:

1. Vilenkin N. YA. Inductie. Combinatoriek - M.: Verlichting, 1976. - 48 p.

2. GENKIN L. op wiskundige inductie. - M., 1962. - 36 p.

3. Solominsky I. S. Wiskundige inductiemethode. - M.: Wetenschap, 1974. - 63C.

4. Sharyin I. F. Optionele cursus in wiskunde: het oplossen van taken: Exchange. Adres voor 10 cl. Medium. - M.: Verlichting, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Wiskundige inductie. - M.: MCNMO, 2007.- 32 p.

Wiskundige inductie ligt ten grondslag aan een van de meest voorkomende methoden van wiskundig bewijs. Daarmee is het mogelijk om de meeste van de formules te bewijzen met natuurlijke getallen N, bijvoorbeeld, de formule van het vinden van de som van de eerste leden van de progressie S N \u003d 2 A 1 + N - 1 D 2 · N, de formule van Newton Binoma A + BN \u003d CN 0 · A · C N 1 · A - 1 · B +. . . + C N N - 1 · A · B N - 1 + C N N · B N.

In de eerste alinea zullen we de basisconcepten analyseren, overweeg dan de grondslagen van de methode zelf, en dan zullen we u vertellen hoe we gelijkheid en ongelijkheid kunnen bewijzen.

Yandex.rtb r-a-339285-1

Inductie en aftrekconcepten

Om te beginnen, overweeg dan over het algemeen inductie en aftrek.

Definitie 1.

Inductie - Dit is de overgang van particulier tot algemeen en aftrek Integendeel - van het gemeenschappelijk voor het privé.

We hebben bijvoorbeeld een verklaring: 254 kan worden onderverdeeld in twee doelstellingen. Vanuit het kunnen we veel conclusies leveren, waaronder zowel true als onwaar. De bewering die alle gehele getallen die aan het einde van de figuur 4 hebben, kunnen delen voor twee zonder een saldo - waar, en het feit dat een van de drie karakters is verdeeld in 2 - false.

In het algemeen kunnen we zeggen dat u met de hulp van inductieve redenering een verscheidenheid aan conclusies kunt krijgen van een bekende of voor de hand liggende redenering. Wiskundige inductie stelt ons in staat om te bepalen hoe geldig deze bevindingen zijn.

Stel dat we een reeks getallen van de vorm 1 1 · 2, 1 2 · 3, 1 3 · 4, 1 4 · 5 hebben ,. . . , 1 n (n + 1), waar n een natuurlijk aantal aanduidt. In dit geval zullen we bij het toevoegen van de eerste elementen van de sequentie het volgende ontvangen:

S 1 \u003d 1 1 · 2 \u003d 12, S2 \u003d 1 1 · 2 + 1 2 · 3 \u003d 2 3, 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 ,. . .

Met behulp van inductie kan worden geconcludeerd dat S N \u003d N N + 1. In het derde deel zullen we deze formule bewijzen.

Wat is de methode van wiskundige inductie

De basis van deze methode is het principe van dezelfde naam. Het is als volgt geformuleerd:

Definitie 2.

Sommige bewering zal eerlijk zijn voor de natuurlijke waarde van N wanneer 1) het is waar in n \u003d 1 en 2) van het feit dat deze uitdrukking geldig is voor willekeurige natuurlijke N \u003d K, het volgt dat het waar is en bij n \u003d K + 1.

Het gebruik van de wiskundige inductiemethode wordt uitgevoerd in 3 fasen:

1. Om te beginnen controleren we het afscheid van de oorspronkelijke bewering in het geval van een willekeurige natuurlijke waarde van N (meestal wordt de verificatie voor één uitgevoerd).
2. Daarna controleren we de loyaliteit bij n \u003d k.
3. En bewijs vervolgens de geldigheid van de goedkeuring in het geval dat n \u003d k + 1.

Hoe de methode van wiskundige inductie toe te passen bij het oplossen van ongelijkheden en vergelijkingen

Neem het voorbeeld waarvan we eerder spraken.

Voorbeeld 1.

Bewijs de formule S N \u003d 1 1 · 2 + 1 2 · 3 +. . . + 1 N (N + 1) \u003d N N + 1.

Besluit

Zoals we al weten, is het noodzakelijk om drie opeenvolgende stappen uit te voeren om de methode van wiskundige inductie toe te passen.

1. Om te beginnen, controleer dan of deze gelijkheid geldig is voor N gelijk aan één. We verkrijgen S 1 \u003d 1 1 · 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Alles is hier.
2. Vervolgens doen we de veronderstelling dat de formule S K \u003d K K + 1 waar is.
3. In de derde stap moeten we bewijzen dat S K + 1 \u003d K + 1 K + 1 + 1 \u003d K + 1 K + 2, gebaseerd op de rechtvaardigheid van de vorige gelijkheid.

We kunnen K + 1 indienen als de som van de eerste leden van de originele sequentie en K + 1:

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

Aangezien we in de tweede actie hebben verkregen, hebben we dat s k \u003d k k + 1, dan kunt u het volgende opnemen:

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

Nu voeren we de nodige transformaties uit. We moeten de fractie voor een gemeenschappelijke noemer bereiken, vergelijkbare termen brengen, de formule toepassen voor verkorte vermenigvuldiging en verminderen wat er is gebeurd:

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

We hebben dus bewezen gelijkheid in het derde lid door alle drie de stappen van de wiskundige inductie uit te voeren.

Antwoord: De veronderstelling van de formule S N \u003d N N + 1 is correct.

Neem een \u200b\u200bmeer complexe taak met trigonometrische functies.

Voorbeeld 2.

Geef het bewijs van de identiteit COS 2 α · COS 4 α ·. . . · COS 2 N α \u003d zonde 2 N + 1 α 2 N SIN 2 α.

Besluit

Zoals we ons herinneren, moet de eerste stap de verificatie zijn van de loyaliteit van gelijkheid bij N, gelijk aan één. Om erachter te komen, moeten we de basistrigonometrische formules herinneren.

cOS 2 1 \u003d COS 2 α-zonde 2 1 + 1 a 2 1 zijde 2 a \u003d zonde 4 a 2 zijde 2 a \u003d 2 zijde 2 a α α 2 α 2 zonde 2 α \u003d cos 2 α

Daarom, met N, gelijk aan één, is de identiteit correct.

Stel nu dat zijn gerechtigheid zal worden bewaard bij n \u003d k, d.w.z. Het is waar dat COS 2 α α α α ·. . . · COS 2 K α \u003d zonde 2 K + 1 α 2 k zonde 2 α.

We bewijzen de gelijkheid COS 2 α · COS 4 α ·. . . · COS 2 K + 1 α \u003d zonde 2 K + 2 α 2 K + 1 zonde 2 α voor de zaak wanneer n \u003d K + 1, waarbij de voorhoede van de vorige aanname wordt uitgevoerd.

Volgens de trigonometrische formule,

zonde 2 K + 1 α · COS 2 K + 1 a \u003d 1 2 (zonde (2 K + 1 α + 2 K + 1 a) + zonde (2 K + 1 α - 2 k + 1 α)) \u003d \u003d 1 2 ZOND (2 · 2 K + 1 α) + SIN 0 \u003d 1 2 ZOND 2 K + 2 α

Vandaar,

cOS 2 α α · COS 4 α ·. . . · COS 2 K + 1 a \u003d cos 2 α α α α α ·. . . · COS 2 K α · COS 2 K + 1 α \u003d zonde 2 K + 1 α 2 k zonde 2 α α α α α \u003d 1 2 · zonde 2 K + 1 α 2 k sin 2 α \u003d sin 2 k + 2 α 2 K + 1 SIN 2 α

Een voorbeeld van het oplossen van het probleem van het bewijs van ongelijkheid met het gebruik van deze methode, hebben we geleid tot het artikel over de methode van de minste vierkanten. Lees het punt waarin formules zijn afgeleid om de coëfficiënten van onderlinge aanpassing te vinden.

Als u een fout in de tekst opmerkt, selecteert u deze en drukt u op CTRL + ENTER