Bruken av metoden for matematisk induksjon for å løse problemer på delbarheten av naturlige tall. Matematisk induksjonsmetode

Valg

Induksjon er en metode for å oppnå generell godkjenning fra private observasjoner. I tilfelle når den matematiske utsagnet angår et begrenset antall objekter, kan det bevises ved å sjekke for hvert objekt. For eksempel, godkjenning: "Hvert dobbeltsifret tall er summen av to enkle tall," - følger av en serie likeverdige som er ganske realistiske for å 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.

Bevisstilgangen der uttalelsen er kontrollert for et begrenset antall saker som utmattende alle mulighetene kalles komplett induksjon. Denne metoden anvendes relativt sjelden, siden matematiske uttalelser relaterer seg som regel, ikke endelig, men uendelige sett med objekter. For eksempel er godkjenningen om til og med tosifrede tall bevist over den komplette induksjonen er bare et bestemt tilfelle av teoremet: "Eventuelt nummer er summen av to enkle tall." Denne teoremet har ennå ikke blitt bevist eller refundert.

Matematisk induksjon - Metoden for bevis på en viss uttalelse for noe naturlig n basert på prinsippet om matematisk induksjon: "Hvis påstanden er sant for n \u003d 1 og fra sin rettferdighet for n \u003d k, innebærer gyldigheten av denne utsagnet for n \u003d k + 1, så er det sant for alle n " Bevis metode for matematisk induksjon er som følger:

1) Induksjonsbase: Bevis eller kontroller gyldigheten av godkjenningen for n \u003d 1 (noen ganger n \u003d 0 eller n \u003d n 0);

2) Induksjonstrinn (overgang): Foreslå gyldigheten av godkjenningen for noen naturlig n \u003d k og, basert på denne antagelsen, bevise gyldigheten av godkjenningen for n \u003d k + 1.

Oppgaver med løsninger

1. Bevis at med noe naturlig N, er tallet 3 2n + 1 +2 N + 2 delt inn i 7.

Betegne med en (n) \u003d 3 2n + 1 +2 N + 2.

Induksjonsbase. Hvis n \u003d 1, deretter en (1) \u003d 3 3 +2 3 \u003d 35 og åpenbart, er delt med 7.

Antakelsen om induksjon. La en (k) dividert med 7.

Induksjonsovergang. Vi beviser at A (K + 1) er delt inn i 7, det vil si gyldigheten av godkjenningen av problemet 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 siste tallet er delt med 7, da det er forskjellen på to heltall dividert med 7. Følgelig er 3 2N + 1 +2 N + 2 delt med 7 ved noe naturlig N.

2. Bevis at med noe naturlig N, er tallet 2 3 N +1 delt med 3 N + 1 og er ikke delt med 3 N + 2.

Vi introduserer betegnelsen: en I \u003d 2 3 i +1.

På n \u003d 1 har vi, og 1 \u003d 2 3 + 1 \u003d 9. Så, 1 er delt inn i 3 2 og er ikke delt inn i 3 3.

La n \u003d k, tallet AK er delt med 3 k + 1 og er ikke delt inn i 3 k + 2, det vil si AK \u003d 2 3 k + 1 \u003d 3 k + 1 · m, hvor M ikke er delt med 3 . deretter

en 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 åpenbart at en K + 1 er delt inn i 3 K + 2 og er ikke delt med 3 K + 3.

Følgelig er utsagnet bevist for noe naturlig N.

3. Det er kjent at x + 1 / x er et heltall. Bevis at x N + 1 / x n er som et heltall for noe helt n.

Vi introduserer betegnelsen: og i \u003d x i + 1 / x jeg og merker umiddelbart at jeg \u003d A-jeg, så vi vil fortsette å snakke om naturlige indekser.

MERK: A 1 er et heltall under tilstanden; en 2 er en hel, siden en 2 \u003d (A 1) 2 -2; En 0 \u003d 2.

Anta at en K er heltall med noe naturlig K ikke overnødt n. Deretter er en 1 · a n et heltall, men 1 · a n \u003d a n + 1 + og N - 1 og en N + 1 \u003d A 1 · A N -A N-1. Imidlertid er N-1, ifølge en induksjonsforutsetning, et heltall. Så, det er også n + 1. Følgelig er X N + 1 / X N et heltall i noe helt N, som var nødvendig for å bevise.

4. Bevis at med noen naturlig n større 1 rettferdig dobbelt ulikhet

5. Bevis at i naturlig n\u003e 1 og | x |

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

På n \u003d 2 er ulikheten sant. Egentlig,

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

Hvis ulikheten er sant for n \u003d k, så på n \u003d k + 1 har vi

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

Ulikheten er bevist for noe naturlig n\u003e 1.

6. På flyet er det n sirkler. For å bevise at med en hvilken som helst plassering av disse kretsene, kan kartet dannet av dem være ordentlig fargelegging med to maling.

Vi bruker metoden for matematisk induksjon.

For n \u003d 1, er godkjenning åpenbar.

Anta at påstanden er sant for et kort dannet av n sirkler, og la N + 1 av sirkler spesifiseres på flyet. Hvis du fjerner en av disse sirkler, vil vi få et kort som, i kraft av antagelsen som er gjort, kan du ordentlig farge to maling (se den første tegningen av følgende).

Det er da å gjenopprette den kasserte sirkelen og den ene siden fra den, for eksempel inne, endre fargen på hvert område til motsatt (se det andre mønsteret). Det er lett å se at samtidig får vi kortet riktig farget av to maling, men bare nå med N + 1 sirkler, som var nødvendig for å bevise.

7. Den konvekse polygonen vil bli kalt "vakker" hvis følgende forhold utføres:

1) Hver topp er malt i en av tre farger;

2) Enhver to nærliggende hjørner er malt i forskjellige farger;

3) I hver av de tre fargene er det malt minst en topp av polygonen.

Bevis at noen vakker n-firkant kan kuttes i ikke-kryssende diagonaler til "vakre" trekanter.

Vi bruker metoden for matematisk induksjon.

Induksjonsbase. Med den minste av mulige N \u003d 3, er godkjenningen av problemet åpenbart: Verkene til den "vakre" trekanten er malt i tre forskjellige farger, og ingen snitt er nødvendig.

Antakelsen om induksjon. Anta at godkjenningen av oppgaven er sant for noen "vakker" n-square.

Induksjonstrinn. Tenk på en vilkårlig "vakker" (N + 1) -rolon og bevis på å bruke induksjonsforutsetningen om at den kan kuttes av noen diagonaler til "vakre" trekanter. Betegne med en 1, en 2, en 3, ... A N og N + 1 - påfølgende hjørner (N + 1) -Role. Hvis bare ett toppunkt (N + 1) er malt i noen av de tre fargene, så ved å koble dette toppunktet med diagonaler med alle hjørner med det, får vi den nødvendige partisjonen (N + 1) -rolon til de "vakre" trekanter .

Hvis ikke mindre enn to hjørner (N + 1) er malt i hver av de tre fargene, og betegner nummer 1 fargen på toppunktet A 1, og nummer 2 fargen på toppunktet A 2. La k være som det minste nummeret som toppunktet og K er malt i den tredje fargen. Det er klart at K\u003e 2. Klipp fra (N + 1) -rolnisk med en diagonal A K-2 A K Triangle A K-2 A K-1 A K. I samsvar med valget av nummeret K, er alle toppene i denne trekanten malt i tre forskjellige farger, det vil si denne trekanten "vakker". Konveks n-square a 1 a 2 ... en K-2 Akak + 1 ... en + 1, som forblir, også på grunn av induktiv antagelse, vil være "vakker", noe som betyr at det er brutt inn i "vakker" trekanter som og det var nødvendig å bevise.

8. Bevis at det ikke lenger er noen diagonaler i konveksen av N-Corp, slik at noen av dem har et felles punkt.

Gjennomføre bevis ved matematisk induksjon.

Vi vil vise mer generell godkjenning: I konveksen av N-riktig er det umulig å velge flere N-sider og diagonaler slik at noen av dem har et felles punkt. For n \u003d 3, er godkjenning åpenbar. Anta at denne erklæringen er sant for en vilkårlig n-square, og ved å bruke dette bevise sin rettferdighet for vilkårlig (N + 1) -through.

Anta at for (N + 1) -rolnik, er denne utsagnet feil. Hvis det ikke er flere enn to utvalgte parter eller diagonaler fra hvert toppunkt (N + 1), er det ikke mer enn N + 1. Derfor, fra noen Vertex A minst tre utvalgte parter eller diagonaler AB, AC, AD. La AU ligge mellom AV og AD. Siden noen side eller diagonal, som kommer ut av punktet C og forskjellig fra CA, kan ikke samtidig krysse AV og AD, så bare en valgt diagonal av CA er ute av punkt C.

Kaster av punktet med diagonalen av SA, oppnår vi en konveks n-karbon, hvor flere N-sider og diagonaler er valgt, hvorav noen har et felles punkt. Dermed kommer vi til en motsetning med antagelsen om at påstanden er sant for et vilkårlig konveks n-parlament.

Så, for (N + 1) -Ral godkjenning er sant. I samsvar med prinsippet om matematisk induksjon er påstanden sant for ethvert konveks n-parlament.

9. I flyet, N Direct, hvorav ingen to er parallelle og ingen tre passerer gjennom ett punkt. For mange deler er disse rette flyene brutt.

Ved hjelp av elementære mønstre er det lett å sørge for at en rett bryter flyet i 2 deler, to rette linjer - med 4 deler, tre rett - med 7 deler, fire rette linjer - med 11 deler.

Betegne av n (n) antall deler som n direkte brøt flyet. Det kan bemerkes 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.

Anta naturligvis det

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

eller, hvordan du enkelt kan installere, ved hjelp av formelen til N-første medlemmer av den aritmetiske progresjonen,

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

Vi beviser gyldigheten av denne formelen ved metoden for matematisk induksjon.

For n \u003d 1 er formelen allerede verifisert.

Etter å ha gjort induksjonsforutsetningen, bør du vurdere K + 1 direkte, og tilfredsstille tilstanden til problemet. Vi markerer fra dem en vilkårlig måte k rette linjer. Ved antakelsen om induksjon vil de bryte flyet for 1+ k (k + 1) / 2 deler. De resterende (K + 1) -deet vil bryte den dedikerte k direkte på K + 1-delene, og derfor vil den finne sted (K + 1) -delen som flyet allerede har blitt brutt, og hver av Disse delene vil bli delt inn i 2 deler, det vil si en annen K + 1 tilsettes. 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 uttrykket X 1: X 2: ...: X N, Braces og resultatet er skrevet i form av en brøkdel for å indikere prosedyren for handling:

(Samtidig er hver av bokstavene x 1, x 2, ..., X N er verdt enten i knusøren neller, eller i nevneren). Hvor mange forskjellige uttrykk kan gis på denne måten med alle slags måter å legge parentes på?

Først og fremst er det klart at i den resulterende fraksjonen X 1 vil stå i telleren. Det er nesten like åpenbart at x 2 vil være i nevneren ved et hvilket som helst utforming av brakettene (fisjonsmerket mot X 2 refererer til enten X 2 i seg selv eller til ethvert uttrykk som inneholder x 2 i telleren).

Det kan antas at alle andre bokstaver x 3, x 4, ..., X N kan være plassert i en teller eller nevner helt vilkårlig. Det følger at du bare kan få 2 N-2-fraksjoner: Hver av de N-2 bokstavene x 3, x 4, ..., X N kan være uavhengig av resten i telleren eller nevneren.

Vi bevise denne påstanden ved induksjon.

Med n \u003d 3, kan du få 2 fraksjoner:

så erklæringen er sant.

Anta at det er gyldig for n \u003d k og bevis det for n \u003d k + 1.

La uttrykket X 1: X 2: ...: XK etter at noen arrangement av brakettene er skrevet i form av noen fraksjon Q. Hvis i dette uttrykket i stedet for X K SUBSTITUT X K: X K + 1, så X K Vil være der, så vel som fraksjonen Q, og x k + 1 vil ikke stå der, hvor det var x k (hvis x k var i nevneren, så vil x k + 1 være i telleren og omvendt).

Nå bevise at det er mulig å legge til x K + 1 hvor den koster x K. I fraksjonen Q etter utformingen av brakettene vil definitivt være uttrykket av typen Q: X K, hvor Q er bokstaven X K-1 eller noe uttrykk i parentes. Bytte av Q: XK etter ekspresjon (Q: XK): x K + 1 \u003d q: (x k + 1 \u003d q: (x k + 1), vi får, åpenbart den samme fraksjonen Q, hvor i stedet for XK er verdt xk · x k + 1.

Således er antallet av alle slags fraksjoner i tilfelle av n \u003d k + 1 2 ganger mer enn i tilfelle av n \u003d k og lik 2 K-2 · 2 \u003d 2 (k + 1) -2. Dermed er setningen bevist.

Svar: 2 N-2 fraksjoner.

Oppgaver uten løsninger

1. Bevis at med noe naturlig n:

a) Nummeret 5 N -3 N + 2N er delt inn i 4;

b) tallet n 3 + 11n er delt inn i 6;

c) Nummer 7 N + 3N-1 er delt inn i 9;

d) Nummeret 6 2N +19 N -2 N + 1 er delt inn i 17;

e) Nummer 7 N + 1 +8 2N-1 er delt inn i 19;

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

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

3. Bevis ulikhet | SIN NX | n | synd x | For noe naturlig N.

4. Finn naturlige tall A, B, C som ikke er delt inn i 10 og slik at med noe naturlig n-nummer har en N + B N og C n de samme to siste sifrene.

5. Bevis at hvis n poeng ikke ligger på en rett linje, så blant direkte, som forbinder dem, ikke mindre enn n forskjellige.

Bruk av metoden for matematisk induksjon, bevise at for noe naturlig n. Rettferdig følgende likeverdige:
men) ;
b) .


Beslutning.

a) For. n. \u003d 1 likestilling er rettferdig. Forutsatt likestilling rettferdighet med n., vis rettferdighet av det og n. + 1. Faktisk.

q.E.D.

b) for n. \u003d 1 Likhetens gyldighet er åpenbar. Fra antagelsen om rettferdighet det n. Følg

Gitt likestilling 1 + 2 + ... + n. = n.(n. + 1) / 2, få

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

dvs. godkjenning er rettferdig og n. + 1.

Eksempel 1. Bevise følgende likeverdige

Hvor n.OM N..

Beslutning. a) lag n. \u003d 1 likestilling vil derfor ta form 1 \u003d 1, derfor, S(1) sant. Anta at denne likestilling er sant, det vil si det er

. Bør kontrolleres (bevise) detS(n. + 1), det vil si ekte. Siden induksjon brukes) Vi får det er, S(n. + 1) - ekte uttalelse.

Således, i henhold til metoden for matematisk induksjon, er den opprinnelige likestilling gyldig for noe naturlig n..

Notat 2. Dette eksemplet kan løses ellers. Faktisk sum 1 + 2 + 3 + ... + n. Det er mengden først n. Medlemmer av aritmetisk progresjon med det første medlemmet eN. 1 \u003d 1 og en forskjell d. \u003d 1. På grunn av den berømte formelen , få

b) for n. \u003d 1 Likestillingen tar formen: 2 · 1 - 1 \u003d 1 2 eller 1 \u003d 1, det vil si S(1) sant. Anta at det er likestilling

1 + 3 + 5 + ... + (2n. - 1) = n. 2 og bevise at det erS(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 hjelp av induksjonsforutsetningen får vi

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

På denne måten, S(n. + 1) sant, og derfor er den nødvendige likestilling vist.

Notat 3. Dette eksemplet kan løses (ligner den forrige) uten å bruke den matematiske induksjonsmetoden.

c) For. n. \u003d 1 likestilling sant: 1 \u003d 1. Anta at ekte likestilling

og viser det det er sannhetS(n.) Sannheten innebærerS(n. + 1). Egentlig, Og siden 2. n. 2 + 7 n. + 6 = (2 n. + 3)(n. + 2), få og derfor er den opprinnelige likestilling sant for noe naturlign..

d) For. n. \u003d 1 likestilling er sant: 1 \u003d 1. Anta at

og bevise det

Egentlig,

(e) godkjenning S(1) Fair: 2 \u003d 2. Anta at likestilling

rett og bevise at det innebærer likestilling Egentlig,

Følgelig finner den opprinnelige likestillingen for noe naturlig n..

f) S(1) Fair: 1/3 \u003d 1/3. La det være likestilling S(n.):

. Vi viser at sistnevnte likestilling innebærer følgende:

Faktisk, vurderer det S(n.) finner sted, få

Dermed er likestilling vist.

g) For. n. \u003d 1 har eN. + b. = b. + eN. Og derfor er likestilling sant.

La binoma newton formelen ganske gyldig n. = k., dvs,

Deretter Bruker likestilling Motta

Eksempel 2. Bevise ulikheter

a) Bernoulli ulikhet: (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 ulikhet i forhold til gjennomsnittlig aritmetikk og middels geometrisk
Hvor x. jEG. > 0, , n. ≥ 2.
d) synd 2 n. A + COS 2 n. En ≤ 1, n. OM N..
e)
f) 2. n. > n. 3 , n. OM N., n. ≥ 10.

Beslutning. a) lag n. \u003d 1 vi får ekte ulikhet

1 + A ≥ 1 + A. Anta at det er ulikhet

(1 + a) n. ≥ 1 + n.eN.(1)
og show som så finner sted og (1 + a) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) a.

Faktisk, siden a\u003e -1 innebærer en + 1\u003e 0, så multipliserer begge deler av ulikhet (1) på (A + 1), oppnår vi

(1 + a) n. (1 + a) ≥ (1 + n.a) (1 + a) eller (1 + a) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) A + n.en 2 på grunn av n.en 2. ≥ 0, derfor, (1 + a) n. + 1 ≥ 1 + (n. + 1) A + n.en 2 ≥ 1 + ( n. + 1) a.

Dermed, If. S(n.) True, da S(n. + 1) True, derfor, ifølge prinsippet om matematisk induksjon, er Bernoulli ulikhet sant.

b) for n. \u003d 1 få x. 1 \u003d 1 og derfor, x. 1 ≥ 1 som er S(1) - Fair godkjenning. La oss late som S(n.) Sant, det vil si, hvis adica, x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. - n.positive tall hvis arbeid er lik en, x. 1 x. 2 · ... · x. n. \u003d 1, og x. 1 + x. 2 + ... + x. n. ≥ n..

Vi viser at dette forslaget innebærer sannheten om følgende: Hvis x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. ,x. n.+1 - (n.+ 1) Positive tall slik at x. 1 x. 2 · ... · x. n. · x. n.+1 \u003d 1, da x. 1 + x. 2 + ... + x. n. + x. n. + 1 ≥n. + 1.

Vurder følgende to tilfeller:

1) x. 1 = x. 2 = ... = x. n. = x. n.+1 \u003d 1. Deretter er summen av disse tallene lik ( n. + 1), og den nødvendige ulikheten utføres;

2) Minst ett tall er utmerket fra enheten, la for eksempel mer enn en. Så siden x. 1 x. 2 · ... · x. n. · x. n. + 1 \u003d 1, er det fortsatt minst ett nummer annet enn enheten (mer presist, mindre enn en). La være x. n. + 1\u003e 1 og x. n. < 1. Рассмотрим n.positive tall

x. 1 ,x. 2 ,...,x. n.-1 ,(x. n. · x. n.+1). Produktet av disse tallene er forente, og ifølge hypotesen, x. 1 + x. 2 + ... + x. n.-1 + x. n. x. n. + 1 ≥ n.. Den siste ulikheten 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 eller x. 1 + x. 2 + ... + x. n.-1 + x. n. + x. n.+1 ≥ n. + x. n. + x. n.+1 - x. n. x. n.+1 .

Insofar As.

(1 - x. n.)(x. n.+1 - 1)\u003e 0, da 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 si hvis S(n.) Ganske, daS(n. + 1) rettferdig. Ulikhet er bevist.

Notat 4. Like-tegnet foregår da og bare når x. 1 = x. 2 = ... = x. n. = 1.

c) la det x. 1 ,x. 2 ,...,x. n. - vilkårlig positive tall. Vurder følgende n.positive tall:

Siden deres arbeid er lik en: ifølge tidligere bevist ulikhet b) følger det det Fra

Notat 5. Likestilling utføres hvis og bare hvis x. 1 = x. 2 = ... = x. n. .

d) S(1) - Fair Assertion: Sin 2 A + COS 2 A \u003d 1. Anta at S(n.) - ekte uttalelse:

Synd 2. n. A + COS 2 n. En ≤ 1. og vis hva som foregårS(n. + 1). Egentlig, Synd 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. En ≤ 1 (hvis synden 2 a ≤ 1, så cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, deretter synd 2 a < 1). Таким образом, для любого n.OM N. Synd 2. n. A + COS 2 n. ≤ 1 og likeskiltet oppnås bare nårn. = 1.

e) For. n. \u003d 1 Godkjennelsesmessen: 1< 3 / 2 .

Anta at og bevise det

Insofar As.
med tanke på S(n.), vi får

f) gitt kommentaren 1, sjekk S(10): 2 10\u003e 10 3, 1024\u003e 1000, derfor for n. \u003d 10 Godkjenning er sant. Anta 2. n. > n. 3 (n. \u003e 10) og bevise S(n. + 1), det er 2 n.+1 > (n. + 1) 3 .

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

2n. 3 > n. 3 + 3n. 2 + 3n. + 1 eller n. 3 > 3n. 2 + 3n. + 1. Gitt ulikheten (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 .

Dermed i henhold til metoden for matematisk induksjon, for noe naturlig n.OM N., n. ≥ 10 vi har 2 n. > n. 3 .

Eksempel 3. Bevis det for alle n. OM N.

Beslutning. en) S(1) - Sann setning (0 er delt med 6). La være S(n.) Rettferdig, det er n.(2n. 2 - 3n. + 1) = n.(n. - 1)(2n. - 1) Dividert med 6. Vi vil vise det da foregår S(n. + 1), det vil si n. + 1)n.(2n. + 1) dividert med 6. Faktisk, siden

Og hvordan n.(n. - 1)(2 n. - 1) og 6 n. 2 dividert med 6, så deres beløpn.(n. + 1)(2 n. + 1) delt 6.

På denne måten, S(n. + 1) - Fair Assertion, og derfor, n.(2n. 2 - 3n. + 1) delt med 6 for noen n. OM N..

b) Sjekk det S(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 \u003d 11, derfor, S(1) - Fair godkjenning. Det bør bevises at hvis 6 2 n.-2 + 3 n.+1 + 3 n.-1 dividert med 11 ( S(n.)), deretter 6 2 n. + 3 n.+2 + 3 n. Også delt med 11 ( S(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 dividert med 11, så deres sum 6 2n. + 3 n.+2 + 3 n. den er delt inn i 11. Godkjenningen er bevist. Induksjon i geometri

Eksempel 4. Beregn høyre side av høyre 2 n. Tåke, innskrevet i radius sirkel R..

Hvis forslaget a (n), avhengig av det naturlige tallet n, er sant for n \u003d 1 og fra det faktum at det er sant for n \u003d k (hvor K-ethvert naturlig tall) følger at det er sant og for det neste Nummer n \u003d k +1, så antas antagelsen a (n) er sant for noe naturlig nummer N.

I noen tilfeller er det nødvendig å bevise gyldigheten av noen erklæring ikke for alle naturlige tall, men bare for n\u003e P, hvor det p-faste naturnummeret. I dette tilfellet er prinsippet om matematisk induksjon formulert som følger.

Hvis forslaget a (n) er sant på n \u003d p og hvis a (k) yu a (k + 1) for noen k\u003e p, så er forslaget a (n) sant for noen n\u003e s.

Beviset på metoden for matematisk induksjon utføres som følger. For det første er den påviste uttalelsen verifisert for n \u003d 1, dvs. Sannheten i uttalelsen A (1) er etablert. Denne delen av beviset kalles induksjonsbase. Deretter følger en del av det bevisede induksjonsstrinnet. I denne delen er gyldigheten av godkjenningen for n \u003d k + 1 vist seg under forutsetning av rettighet om godkjenning for n \u003d k (induksjonsforutsetning), dvs. Bevise at a (k) yu a (k + 1)

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

  • 1) Vi har n \u003d 1 \u003d 1 2. Følgelig er setningen sant for n \u003d 1, dvs. En (1) sant
  • 2) Vi bevise at a (k) yu a (k + 1)

La k-ethvert naturlig tall og la påstanden være gyldig for n \u003d k, dvs.

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

Vi beviser at påstanden er sant for det neste naturlige tallet n \u003d k + 1, dvs. hva

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

Så, a (k) yu a (k + 1). Basert på prinsippet om matematisk induksjon, konkluderer vi at antagelsen A (n) er virkelig sant for noen 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) på n \u003d 1 vi får
  • 1 + x \u003d (x 2 -1) / (x - 1) \u003d (x - 1) (x + 1) / (x - 1) \u003d x + 1

derfor, på n \u003d 1, er formelen sant; En (1) sant

  • 2) La K-ethvert naturnummer og la formelen være sant på n \u003d k,
  • 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1)

Vi bevise at likestillingen utføres da

  • 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, a (k) yu a (k + 1). Basert på prinsippet om matematisk induksjon, konkluderer vi med at formelen er sant for noe naturlig nummer n

Bevis at antall diagonaler av den konvekse n-square er n (n-3) / 2

Løsning: 1) Med n \u003d 3, er setningen sant, for i en trekant

En 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonaler; En 2 a (3) sant

2) Anta at i hver konveks av K-K-K-K-K \u003d K (K-3) / 2 diagonaler. En k vi bevise at da i konveksen en K + 1 (k + 1) -rolnik, antall diagonaler a k + 1 \u003d (k + 1) (K-2) / 2.

La en 1 A 2 A 3 ... A K A K + 1-Eksempel (K + 1) -rolnik. Vi utfører i det Diagonal A 1 A K. For å beregne det totale antall diagonaler av dette (k + 1) -through, må du beregne antall diagonaler i K-firkantet A 1 A 2 ... A K, legg til det resulterende nummer K-2, dvs. Antall diagonaler (k + 1) -roles som kommer fra toppunktet en K + 1, og, bør i tillegg tas i betraktning diagonal A 1 a k

På denne måten,

G k + 1 \u003d g k + (k-2) + 1 \u003d k (k-3) / 2 + k-1 \u003d (k + 1) (k-2) / 2

Så, a (k) yu a (k + 1). På grunn av prinsippet om matematisk induksjon, er påstanden sant for ethvert konveks n-parlament.

Bevis at med noen n det er sant:

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

Løsning: 1) La n \u003d 1, deretter

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

2) Anta at n \u003d k

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

3) Vurder denne utsagnet på 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) (2k 2 + 7k + 6) / 6 \u003d (k + 1) (2 (k + 3/2) (k +

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

Vi har bevist gyldigheten av likestilling og ved n \u003d k + 1, derfor i kraft av metoden for matematisk induksjon, er påstanden sant for noe naturlig n

Bevis at for enhver naturlig n likestilling er sant:

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

Løsning: 1) La n \u003d 1

Deretter x 1 \u003d 1 3 \u003d 1 2 (1 + 1) 2/4 \u003d 1. Vi ser at på n \u003d 1, er setningen sant.

2) Anta at likestilling er sant for n \u003d k

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

3) Vi bevise sannheten i denne uttalelsen 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 + ... + k 3 + (k + 1) 3 \u003d k 2 (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

Fra ovennevnte bevis kan det ses at påstanden er sant ved n \u003d k + 1, derfor er likestilling sant for noe 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 (n 2 + n + 1), hvor n\u003e 2

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

  • (2 3 +1) / (2 3 -1) \u003d (3 ґ 2 ґ 3) / 2 (2 2 + 2 + 1), dvs. det er sant
  • 2) Anta at uttrykket er sant på n \u003d k
  • (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (K3 +1) / (K3 -1) \u003d 3K (k + 1) / 2 (K 2 + K + 1)
  • 3) Vi beviser uttrykket lojalitet 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 gyldigheten av likestilling og ved n \u003d k + 1, derfor i kraft av metoden for matematisk induksjon, er påstanden sant for noen n\u003e 2

Bevis det

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

Løsning: 1) La n \u003d 1, deretter

  • 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
  • 2) Anta at n \u003d k, da
  • 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 + ... + (2k-1) 3 - (2k) 3 \u003d -k 2 (4k + 3)
  • 3) La oss bevise sannheten om denne godkjenningen på 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)

Gyldigheten av likestilling ved n \u003d k + 1 er også bevist, derfor er påstanden sant for noe naturlig N.

Bevise identitetens trofasthet

(1 2/1 ґ 3) + (2 2/3 ґ 5) + ... + (n 2 / (2n-1) ґ (2n + 1)) \u003d n (n + 1) / 2 (2n + 1) for noe naturlig n

  • 1) ved n \u003d 1 Identiteten er sann 1 2/1 ґ 3 \u003d 1 (1 + 1) / 2 (2 + 1)
  • 2) Anta at på n \u003d k
  • (1 2/1 ґ 3) + ... + (k2 / (2k-1) ґ (2k + 1)) \u003d k (k + 1) / 2 (2k + 1)
  • 3) Vi bevise at identiteten er sant på n \u003d k + 1
  • (1 2/1 ґ 3) + ... + (2k 2 / (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 ovennevnte bevis er det klart at påstanden er sant for noe naturlig N.

Bevis at (11 N + 2 +12 2N + 1) er delt inn i 133 uten rest

Løsning: 1) La n \u003d 1, deretter

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

Men (23 ґ 133) er delt med 133 uten rest, det betyr for n \u003d 1, påstanden er sant; En (1) sant.

  • 2) Anta at (11 k + 2 +12 2k + 1) er delt inn i 133 uten en rest
  • 3) Vi viser at i dette tilfellet (11 K + 3 +12 2k + 3) er delt inn i 133 uten en rest. Faktisk
  • 11 k + 3 +12 2L + 3 \u003d 11 ґ 11 K + 2 +12222 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 mengden er delt inn i 133 uten en rest, siden det første siktet er delt inn i 133 uten balanse på antagelsen, og i den andre av multiplikatorene stikker ut 133. Så, og (k) Yu A (K + 1) . På grunn av metoden for matematisk induksjon, er godkjenningen vist

Bevis at med noen N 7 N -1 er delt med 6 uten en rest

  • 1) La n \u003d 1, deretter x 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 de-6 uten residu. Så på n \u003d 1 godkjenning er sant
  • 2) Anta at ved n \u003d k 7 K -1 er delt med 6 uten en rest
  • 3) Vi viser 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 termen er delt inn i 6, siden 7 k -1 er delt med 6 på antagelsen, og det andre termen er 6. SO 7 N -1 er flere 6 med noe naturlig N. På grunn av metoden for matematisk induksjon, er utsagnet bevist.

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

1) La n \u003d 1, deretter

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 er delt inn i 11 uten en residu.

Det betyr at n \u003d 1 godkjenning er sant

  • 2) Anta at ved n \u003d k x k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 er delt med 11 uten en rest
  • 3) Vi bevise at påstanden er sant for n \u003d k + 1

X k + 1 \u003d 3 3 (k + 1) -1 +24 (k + 1) -3 \u003d 3kk +2 +24k + 1 \u003d 3 3 3k-1 +24 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

Det første termen er delt inn i 11 uten balanse, siden 3 3K-1 +2 4K-3 er delt med 11 av antagelse, er den andre dividert med 11, fordi en av dens faktor er nummeret 11. Så beløpet er delt ved 11 uten en rest for noe naturlig n. På grunn av metoden for matematisk induksjon, er utsagnet bevist.

Bevis at 11 2N -1 med vilkårlig naturlig N er delt med 6 uten en rest

  • 1) La n \u003d 1, deretter 11 2 -1 \u003d 120 dividert med 6 uten en rest. Så på n \u003d 1 godkjenning er sant
  • 2) Anta at ved n \u003d k 1 2k -1 er delt med 6 uten en rest
  • 11 2 (k + 1) -1 \u003d 121 ґ 11 2k -1 \u003d 120 ґ 11 2k + (11 2k -1)

Begge påstandene er delt med 6 uten en rest: Den første inneholder et flertall på 6 tall 120, og den andre er delt med 6 uten en balanse på antagelsen. Så beløpet er delt med 6 uten residu. På grunn av metoden for matematisk induksjon, er utsagnet bevist.

Bevis at 3 3N + 3 -26N-27 med vilkårlig naturlig N er delt med 26 2 (676) uten en rest

Tidligere bevise at 3 3N + 3 -1 er delt inn i 26 uten en rest

  • 1. Når n \u003d 0
  • 3 3 -1 \u003d 26 delt med 26
  • 2. Anta at på n \u003d k
  • 3 3k + 3 -1 delt med 26
  • 3. La oss bevise at setningen er sant for n \u003d k + 1
  • 3k + 6 -1 \u003d 27 ґ 3 3k + 3 -1 \u003d 26 ґ 3 3L + 3 + (3 3k + 3 -1) - 16

Nå, bevis på godkjenningen som er formulert i TERK-tilstanden

  • 1) Det er åpenbart at med n \u003d 1, er godkjenningen sant
  • 3 3+3 -26-27=676
  • 2) Anta at ved n \u003d k-ekspresjon 3 3k + 3 -26k-27 er delt inn i 26 2 uten en rest
  • 3) Vi bevise at påstanden er sant på n \u003d k + 1
  • 3 3k + 6 -26 (k + 1) -27 \u003d 26 (3 3k + 3 -1) + (3 3k + 3 -26k-27)

Begge påstandene er delt inn i 26 2; Den første er delt med 26 2, fordi vi har bevist en divisjon på 26 uttrykk i parentes, og den andre er delt av antagelsen om induksjon. På grunn av metoden for matematisk induksjon, er godkjenningen vist

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

  • 1) på n \u003d 2 ulikhet er rettferdig, siden
  • (1 + x) 2 \u003d 1 + 2x + x 2\u003e 1 + 2x

Så, en (2) virkelig

  • 2) Vi bevise at en (k) yu a (k + 1), hvis k\u003e 2. Anta at en (k) er sant, dvs. at ulikheten er sant
  • (1 + x) k\u003e 1 + k ґ x. (3)

Vi bevise at da og (k + 1) er sanne, dvs. at ulikheten er sant

(1 + x) k + 1\u003e 1+ (k + 1) ґ x

Faktisk, multiplisere begge deler av ulikhet (3) på et positivt nummer 1 + X, får vi

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

Vurdere høyre side av den siste ulikheten; ha

(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, oppnår vi det (1 + x) k + 1\u003e 1+ (k + 1) ґ x

Så, a (k) yu a (k + 1). Basert på prinsippet om matematisk induksjon, kan det hevdes at Bernoulli ulikhet er sant for noen n\u003e 2

Bevis at ulikhet (1 + A + A 2) m\u003e 1 + M ґ A + (M (M + 1) / 2) ґ A 2 på A\u003e 0

Løsning: 1) på m \u003d 1

  • (1 + A + A 2) 1\u003e 1 + A + (2/2) ґ og 2 begge deler er like
  • 2) Anta at på m \u003d k
  • (1 + A + A 2) K\u003e 1 + K ґ A + (K (K + 1) / 2) ґ A 2
  • 3) Vi viser at på m \u003d k + 1, er ikke-likestilling sant
  • (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

Vi har bevist gyldigheten av ulikhet ved M \u003d k + 1, derfor i kraft av metoden for matematisk induksjon, er ulikhet gyldig for noen naturlige m

Bevis at ved n\u003e 6, ulikhet 3 n\u003e n ґ 2 n + 1

Omskrive ulikhet i skjemaet (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 ulikhet er sant
  • 2. Anta at på n \u003d k (3/2) k\u003e 2k
  • 3) Vi beviser lojaliteten til ulikheten på 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 siste ulikheten åpenbar.

På grunn av metoden for matematisk induksjon er ulikhet gyldig for noe naturlig n

Bevis at når n\u003e 2 er sann ulikhet

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

  • 1) på n \u003d 3 ulikhet er sant
  • 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
  • 2. Anta at på n \u003d k
  • 1+ (1/2 2) + (1/3 2) + ... + (1 / k 2) \u003d 1,7- (1 / k)
  • 3) Vi beviser gyldigheten av ulikheten på 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

Sistnevnte er åpenbart, og derfor

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

På grunn av metoden for matematisk induksjon er ulikhet bevist.

Bibliografisk beskrivelse: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Bruken av metoden for matematisk induksjon for å løse problemer på delbarheten av naturlige tall // ung forsker. - 2015. - №2. - S. 84-86..02.2019).



I matematiske konkurranser finnes ganske vanskelige oppgaver ofte på bevis på delbarheten av naturlige tall. Et problem oppstår før skolebarn: Hvordan finne en universell matematisk metode som lar deg løse slike oppgaver?

Det viser seg at de fleste oppgaver på bevisbeviset kan løses ved metoden for matematisk induksjon, men i skole lærebøker er en svært liten oppmerksomhet betalt til denne metoden, oftest en kort teoretisk beskrivelse er gitt, og flere oppgaver blir behandlet.

Metoden for matematisk induksjon vi finner i teorien om tall. Ved begynnelsen av teorien om matematikkallene åpnet mange fakta induktive måter: L. Euler og K. Gauss vurderte noen ganger tusenvis av eksempler før du ikke har noe numerisk mønster og tro det. Men samtidig forsto de hvordan de villedende kan være hypoteser som har gjennomgått "endelige" sjekker. For den induktive overgangen fra godkjenningen, verifisert for den endelige delmengden, til en lignende erklæring for hele uendelig sett, er det nødvendig med bevis. Denne metoden foreslo at Pascal bortskjemt, som fant en felles algoritme for å finne tegn på delbarheten av ethvert heltall for noe annet heltall (avhandling "på arten av delene av tallene).

Metoden for matematisk induksjon brukes til å bevise ved å begrunne sannheten om noe uttalelse for alle naturlige tall eller sannheten om godkjenning fra et bestemt nummer n.

Løsningen på oppgavene for beviset på sannheten om noe godkjenning ved metoden for matematisk induksjon består av fire trinn (figur 1):

Fig. 1. Problemløsningsordning

1. Base induksjon. . Kontroller gyldigheten av påstanden for de minste naturlige tallene, der uttalelsen er fornuftig.

2. Induksjonsforutsetning . Vi antar at påstanden er sant for noen verdi k.

3. Induksjonsovergang . Vi viser at uttalelsen er rettferdig for K + 1.

4. Produksjon . Hvis et slikt bevis klarte å ende, så, på grunnlag av prinsippet om matematisk induksjon, kan det hevdes at påstanden er sant for noe naturlig nummer N.

Vurder bruk av metoden for matematisk induksjon for å løse problemer med beviset på delbarheten av naturlige tall.

Eksempel 1.. Bevis at nummer 5 er flere 19, hvor n er et naturlig tall.

Bevis:

1) Kontroller at denne formelen er sant for n \u003d 1: tall \u003d 19 ganger 19.

2) La denne formelen være sant for n \u003d k, dvs. antallet multipolitt 19.

Stainly 19. Faktisk er det første begrepet delt inn i 19 på grunn av antagelse (2); Det andre termen er også delt inn i 19, fordi den inneholder en multiplikator 19.

Eksempel 2. Bevis at mengden kuber på tre påfølgende naturlige tall er delt inn i 9.

Bevis:

Vi beviser påstanden: "For ethvert naturlig tall N, er uttrykket N 3 + (N + 1) 3 + (N + 2) 3 flere 9.

1) Kontroller at denne formelen er sant for n \u003d 1: 1 3 +2 3 +3 3 \u003d 1 + 8 + 27 \u003d 36 ganger 9.

2) La denne formelen være sant for n \u003d k, dvs. k 3 + (k + 1) 3 + (k + 2) 3 ganger 9.

3) Vi beviser at formelen er sant for n \u003d k + 1, dvs. (k + 1) 3 + (k + 2) 3 + (k + 3) 3 flere ganger 9. (K + 1) 3 + (k + 2) 3 + (k + 3) 3 \u003d (k + 1) 3 + (k + 2) 3 + K3 + 9k 2 +27 k + 27 \u003d (k 3 + (k + 1) 3 + (k +2) 3) +9 (K 2 + 3K + 3).

Det resulterende ekspresjonen inneholder to termer, som hver er delt inn i 9, således beløpet er delt med 9.

4) Begge forholdene i prinsippet om matematisk induksjon utføres derfor forslaget er sant for alle verdier av n.

Eksempel 3. Bevis at med noe naturlig N, er tallet 3 2n + 1 +2 N + 2 delt inn i 7.

Bevis:

1) Kontroller at denne formelen er sant ved n \u003d 1: 3 2 * 1 + 1 +2 1 + 2 \u003d 3 3 +2 3 \u003d 35, 35 ganger 7.

2) La denne formelen være sant for n \u003d k, dvs. 3 2 K +1 +2 K +2 dividert med 7.

3) Vi viser at formelen er sant 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 delt med 7 og 7 · 2 K +2 dividert med 7, så er deres forskjell fordelt på 7.

4) Begge forholdene i prinsippet om matematisk induksjon utføres derfor forslaget er sant for alle verdier av n.

Mange oppgaver for bevis i teorien om naturlige tall er beleilig løst ved hjelp av metoden for matematisk induksjon, kan det til og med sies at løsningen av oppgavene med denne metoden er ganske algorithmet, det er nok å utføre 4 grunnleggende handlinger. Men denne metoden kan ikke kalles Universal, fordi det er ulemper: For det første er det bare mulig å bevise bare på flere naturlige tall, og for det andre er det mulig å bevise bare for en variabel.

For utviklingen av logisk tenkning, matematisk kultur, er denne metoden et nødvendig verktøy, fordi en annen russisk matematiker, en Kolmogorov sa: "Forståelse og evne til å anvende prinsippet om matematisk induksjon, er et godt kriterium for logisk moden at matematikk er absolutt nødvendig . "

Litteratur:

1. Vilenkin N. Ya. Induksjon. Kombinatorikk - M.: Opplysning, 1976. - 48 s.

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

3. Solominsky I. S. Matematisk induksjonsmetode. - M.: Vitenskap, 1974. - 63c.

4. SharyGin I. F. Valgfritt kurs i matematikk: Løse oppgaver: Exchange. Adresse for 10 cl. Medium. - M.: Opplysning, 1989. - 252 p.

5. SHEN A. Matematisk induksjon. - M.: MCNMO, 2007.- 32 s.

Matematisk induksjon ligger til grunn for en av de vanligste metodene for matematiske bevis. Med det er det mulig å bevise de fleste formlene med naturlige numre n, for eksempel formelen for å finne summen av de første delene av progresjonen S n \u003d 2 A 1 + N - 1 D 2 · N, formelen av Newton Binoma A + BN \u003d CN 0 · A · C N 1 · AN - 1 · B +. . . + C NN - 1 · A · B N - 1 + C N N · B n.

I første ledd vil vi analysere de grunnleggende konseptene, deretter vurdere grunnlaget for selve metoden, og da vil vi fortelle deg hvordan du skal bevise likestilling og ulikhet til det.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Induksjons- og fradragskonsepter

Til å begynne med, vurder hva som er generelt induksjon og fradrag.

Definisjon 1.

Induksjon - Dette er overgangen fra privat til general, og fradrag Tvert imot - fra det vanlige til privatlivet.

For eksempel har vi en uttalelse: 254 kan deles inn i to mål. Fra det kan vi gjøre mange konklusjoner, blant annet vil være både sanne og falske. For eksempel kan påstanden om at alle heltallene som har i slutten av figur 4 dele for to uten balanse - sant, og det faktum at noen av de tre tegnene er delt inn i 2 - FALSE.

Generelt kan vi si at ved hjelp av induktiv resonnement kan du få en rekke konklusjoner fra en kjent eller åpenbar resonnement. Matematisk induksjon gjør at vi kan bestemme hvor gyldig disse funnene er.

Anta at vi har en sekvens av tall på skjemaet 1 1 · 2, 1 2 · 3, 1 3 · 4, 1 4 · 5 ,. . . , 1 N (N + 1), hvor n betegner noe naturlig tall. I dette tilfellet, når du legger til de første elementene i sekvensen, vil vi motta følgende:

S 1 \u003d 1 1 · 2 \u003d 1 2, 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 ,. . .

Ved hjelp av induksjon kan den konkluderes med at S n \u003d n N + 1. I den tredje delen vil vi bevise denne formelen.

Hva er metoden for matematisk induksjon

Grunnlaget for denne metoden er prinsippet om samme navn. Den er formulert som følger:

Definisjon 2.

Enkel påstand vil være rettferdig for den naturlige verdien av n når 1) det vil være sant på n \u003d 1 og 2) fra det faktum at dette uttrykket er gyldig for vilkårlig naturlig n \u003d k, følger det at det vil være sant og på n \u003d k + 1.

Bruken av den matematiske induksjonsmetoden utføres i 3 trinn:

  1. Til å begynne med, kontrollerer vi farvel av den opprinnelige påstanden i tilfelle en vilkårlig naturlig verdi av N (vanligvis verifiseringen er gjort for en).
  2. Deretter sjekker vi lojaliteten på n \u003d k.
  3. Og deretter bevise gyldigheten av godkjenningen i tilfelle at n \u003d k + 1.

Slik bruker du metoden for matematisk induksjon i å løse ulikheter og ligninger

Ta eksemplet som vi snakket tidligere.

Eksempel 1.

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

Beslutning

Som vi allerede vet, er det nødvendig å utføre tre påfølgende skritt for å anvende metoden for matematisk induksjon.

  1. Til å begynne med, kontroller om denne likestilling vil være gyldig for n lik en. Vi oppnår s 1 \u003d 1 1 · 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Alt er her.
  2. Deretter gjør vi antagelsen om at formelen s k \u003d k k + 1 er sant.
  3. I det tredje trinnet må vi bevise at S K + 1 \u003d K + 1 K + 1 + 1 \u003d k + 1 K + 2, basert på rettferdighet av tidligere likestilling.

Vi kan sende k + 1 som summen av de første medlemmene i den opprinnelige sekvensen og K + 1:

S k + 1 \u003d s k + 1 k + 1 (k + 2)

Siden i den andre handlingen oppnådde vi at s k \u003d k k + 1, så kan du registrere følgende:

S k + 1 \u003d s k + 1 k + 1 (k + 2).

Nå utfører vi de nødvendige transformasjonene. Vi må oppnå brøkdelen for en fellesnevner, som gir lignende vilkår, bruk formelen for forkortet multiplikasjon og reduser hva som skjedde:

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 k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) \u003d (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) \u003d k + 1 k + 2

Dermed har vi bevist likestilling i tredje ledd ved å utføre alle tre trinnene i metoden for matematisk induksjon.

Svar: Forutsetningen om formelen S N \u003d N N + 1 er riktig.

Ta en mer kompleks oppgave med trigonometriske funksjoner.

Eksempel 2.

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

Beslutning

Når vi husker, bør det første trinnet være verifiseringen av likestillingens lojalitet på N, lik en. For å finne ut, må vi huske de grunnleggende trigonometriske formlene.

cOS 2 1 \u003d COS2 a SIN 2 1 + 1 a2 1 SIN2 a \u003d SIN4 a2 SIN2 a \u003d 2 SIN2 a · COS 2 α 2 Sin 2 α \u003d COS 2 a

Derfor, med N, lik en, vil identiteten være riktig.

Antar nå at justisen vil bli bevart på n \u003d k, dvs. Det vil være sant at COS 2 α · COS 4 α ·. . . · COS 2 K α \u003d SIN 2 K + 1 α 2 k SIN 2 a.

Vi beviser likestilling COS 2 α · COS 4 · ·. . . · COS 2 K + 1 α \u003d SIN 2 K + 2 α 2 K + 1 SIN 2 α for saken når n \u003d k + 1, som tar forkant av den tidligere antagelsen.

Ifølge Trigonometriske formelen,

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

Dermed,

cos 2 a · cos 4 α ·. . . · COS 2 K + 1 α \u003d COS 2 α · COS 4 · ·. . . · Cos 2 k a · cos 2 k + 1 α \u003d sin 2 k + 1 a 2 k synd 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 synd 2 a

Et eksempel på å løse problemet med bevis på ulikhet med bruk av denne metoden, førte vi til artikkelen om metoden med minst firkanter. Les punktet der formler er avledet for å finne koeffisientene til tilnærming.

Hvis du oppdager en feil i teksten, velg den og trykk Ctrl + Enter

© Copyright 2021, Emupauto.ru - Etterbehandling. Furnitura. Reparasjoner. Installasjon. Valg. Ikke sant.