C 6 matematinės indukcijos metodas. Matematinės indukcijos metodas ir jo taikymas problemų sprendimui
Tikros žinios visais laikais buvo pagrįstos modelio nustatymu ir jo tikrumo tam tikromis aplinkybėmis įrodymu. Tokiam ilgam loginio mąstymo egzistavimo laikotarpiui buvo pateiktos taisyklių formuluotės, o Aristotelis netgi sudarė „teisingo samprotavimo“ sąrašą. Istoriškai yra įprasta visas išvadas skirstyti į du tipus – nuo konkretaus iki daugiskaitos (indukcija) ir atvirkščiai (dukcija). Reikėtų pažymėti, kad įrodymų rūšys nuo konkretaus iki bendro ir nuo bendro iki konkretaus egzistuoja tik tarpusavyje ir negali būti keičiamos.
Indukcija matematikoje
Sąvoka „indukcija“ (indukcija) turi lotyniškas šaknis ir pažodžiui verčiama kaip „gairės“. Atidžiai ištyrus, galima išskirti žodžio struktūrą, būtent lotynišką priešdėlį - in- (žymi nukreiptą veiksmą į vidų arba buvimą viduje) ir -duction - įvadą. Verta paminėti, kad yra dviejų tipų - visiška ir nepilna indukcija. Pilnai formai būdingos išvados, padarytos studijuojant visus tam tikros klasės dalykus.
Neišsamios – išvados taikomos visiems klasės dalykams, tačiau padarytos remiantis tik kai kurių vienetų studijomis.
Visiška matematinė indukcija yra išvada, pagrįsta bendra išvada apie visą bet kokių objektų, kurie yra funkciškai susiję natūralių skaičių serijų santykiais, klasę, remiantis žiniomis apie šį funkcinį ryšį. Šiuo atveju įrodinėjimo procesas vyksta trimis etapais:
- pirmajame etape įrodomas matematinės indukcijos teiginio teisingumas. Pavyzdys: f = 1, indukcija;
- kitas etapas pagrįstas prielaida, kad padėtis galioja visiems natūraliems skaičiams. Tai yra, f=h, tai yra indukcinė prielaida;
- trečiame etape įrodomas padėties pagrįstumas skaičiui f=h+1, remiantis ankstesnės pastraipos padėties teisingumu - tai indukcinis perėjimas, arba matematinės indukcijos žingsnis. Pavyzdys yra vadinamasis, jei krenta pirmasis kaulas eilėje (bazė), tada krinta visi kaulai eilėje (perėjimas).
Ir juokais, ir rimtai
Kad būtų lengviau suvokti, sprendimų pavyzdžiai matematinės indukcijos metodu smerkiami juokelių uždavinių forma. Tai yra „Mandagios eilės“ užduotis:
- Elgesio taisyklės draudžia vyrui suktis prieš moterį (tokioje situacijoje ji išleidžiama į priekį). Remiantis šiuo teiginiu, jei paskutinis eilėje yra vyras, tai visi kiti yra vyrai.
Ryškus matematinės indukcijos metodo pavyzdys yra „Bėdimmens skrydžio“ problema:
- Reikia įrodyti, kad mikroautobuse telpa bet koks žmonių skaičius. Tiesa, vienas žmogus be vargo (pagrindas) telpa į transportą. Bet kad ir koks pilnas būtų mikroautobusas, į jį visada tilps 1 keleivis (įvadinis žingsnis).
pažįstami ratai
Užduočių ir lygčių sprendimo matematine indukcija pavyzdžiai yra gana dažni. Kaip šio požiūrio iliustraciją galime apsvarstyti šią problemą.
Būklė: h apskritimai dedami ant plokštumos. Reikia įrodyti, kad bet kokiam figūrų išdėstymui jų suformuotas žemėlapis gali būti teisingai nuspalvintas dviem spalvomis.
Sprendimas: kai h=1 teiginio teisingumas yra akivaizdus, todėl įrodymas bus sudarytas apskritimų skaičiui h+1.
Tarkime, kad teiginys teisingas bet kuriam žemėlapiui, o plokštumoje pateikti apskritimai h + 1. Pašalinę vieną iš apskritimų iš bendros sumos, galite gauti teisingai nuspalvintą žemėlapį dviem spalvomis (juoda ir balta).
Atkuriant ištrintą apskritimą, kiekvienos srities spalva pasikeičia į priešingą (šiuo atveju apskritimo viduje). Pasirodo, žemėlapis teisingai nuspalvintas dviem spalvomis, ką reikėjo įrodyti.
Pavyzdžiai su natūraliaisiais skaičiais
Žemiau aiškiai parodytas matematinės indukcijos metodo taikymas.
Sprendimo pavyzdžiai:
Įrodykite, kad bet kurios h lygybė bus teisinga:
1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.
1. Tegul h = 1, tada:
R 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1
Iš to išplaukia, kad esant h=1 teiginys yra teisingas.
2. Darant prielaidą, kad h=d, gaunama tokia lygtis:
R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 = 1
3. Darant prielaidą, kad h=d+1, išeina:
R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6
R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=
(d+1)(2d+7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.
Taigi lygybės h=d+1 pagrįstumas buvo įrodytas, todėl teiginys yra teisingas bet kuriam natūralusis skaičius, kuris sprendimo pavyzdyje parodytas matematine indukcija.
Užduotis
Būklė: reikia įrodyti, kad bet kuriai h reikšmei išraiška 7 h -1 dalijasi iš 6 be liekanos.
Sprendimas:
1. Tarkime, h = 1, šiuo atveju:
R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (t. y. padalintas iš 6 be likučio)
Todėl, kai h=1, teiginys yra teisingas;
2. Tegu h=d ir 7 d -1 dalijasi iš 6 be liekanos;
3. Teiginio, kai h=d+1, pagrįstumo įrodymas yra formulė:
R d +1 = 7 d +1 -1 = 7, 7 d -7 + 6 = 7 (7 d -1) + 6
Šiuo atveju pirmasis narys dalijasi iš 6 pagal pirmosios pastraipos prielaidą, o antrasis narys lygus 6. Teiginys, kad 7 h -1 dalijasi iš 6 be liekanos bet kuriai natūraliai h, yra teisingas.
Sprendimo klaidingumas
Neretai įrodymuose naudojamas neteisingas samprotavimas, dėl naudojamų loginių konstrukcijų netikslumo. Iš esmės taip atsitinka, kai pažeidžiama įrodymo struktūra ir logika. Neteisingo samprotavimo pavyzdys yra ši iliustracija.
Užduotis
Būklė: reikalingas įrodymas, kad bet kokia akmenų krūva nėra krūva.
Sprendimas:
1. Sakykime h=1, šiuo atveju krūvoje yra 1 akmuo ir teiginys teisingas (pagrindas);
2. Tegul h=d yra tiesa, kad akmenų krūva nėra krūva (prielaida);
3. Tegu h=d+1, iš ko seka, kad pridėjus dar vieną akmenį aibė nebus krūva. Išvada rodo, kad prielaida galioja visoms natūralioms h.
Klaida slypi tame, kad nėra apibrėžimo, kiek akmenų sudaro krūvą. Toks praleidimas matematinės indukcijos metodu vadinamas skubotu apibendrinimu. Pavyzdys tai aiškiai parodo.
Indukcija ir logikos dėsniai
Istoriškai jie visada „eina susikibę už rankų“. Tokios mokslo disciplinos kaip logika, filosofija jas apibūdina priešingybių pavidalu.
Logikos dėsnio požiūriu indukciniai apibrėžimai remiasi faktais, o prielaidų tikrumas nenulemia gauto teiginio teisingumo. Dažnai išvados daromos su tam tikra tikimybe ir tikimybe, kuri, žinoma, turi būti patikrinta ir patvirtinta papildomais tyrimais. Logikos indukcijos pavyzdys būtų teiginys:
Sausra Estijoje, sausra Latvijoje, sausra Lietuvoje.
Estija, Latvija ir Lietuva yra Baltijos valstybės. Sausra visose Baltijos šalyse.
Iš pavyzdžio galime daryti išvadą, kad naujos informacijos ar tiesos negalima gauti naudojant indukcijos metodą. Galima tikėtis tik išvadų teisingumo. Be to, patalpų teisingumas negarantuoja tų pačių išvadų. Tačiau šis faktas nereiškia, kad indukcija vegetuoja dedukcijos kieme: indukcijos metodu pagrindžiama daugybė nuostatų ir mokslinių dėsnių. Pavyzdžiu gali būti matematika, biologija ir kiti mokslai. Tai daugiausia lemia visiškos indukcijos metodas, tačiau kai kuriais atvejais taikomas ir dalinis.
Garbingas indukcijos amžius leido jam prasiskverbti į beveik visas žmogaus veiklos sritis – tai mokslas, ekonomika ir kasdienės išvados.
Indukcija mokslinėje aplinkoje
Indukcijos metodas reikalauja kruopštaus požiūrio, nes per daug priklauso nuo tirtų visumos detalių skaičiaus: kuo didesnis tiriamas skaičius, tuo patikimesnis rezultatas. Remiantis šia savybe, indukcijos būdu gauti moksliniai dėsniai yra ilgą laiką tikrinami tikimybinių prielaidų lygmeniu, siekiant išskirti ir ištirti visas įmanomas konstrukciniai elementai, ryšiai ir įtakos.
Moksle indukcinė išvada grindžiama reikšmingais požymiais, išskyrus atsitiktines nuostatas. Šis faktas yra svarbus kalbant apie konkrečią mokslo žinių. Tai aiškiai matyti indukcijos moksle pavyzdžiuose.
Mokslo pasaulyje yra dviejų tipų indukcijos (susijusios su tyrimo metodu):
- indukcija-atranka (arba atranka);
- indukcija – išskyrimas (eliminacija).
Pirmasis tipas išsiskiria metodiniu (skrudintu) klasės (poklasių) atranka iš skirtingų jos sričių.
Tokio tipo indukcijos pavyzdys yra toks: sidabras (arba sidabro druskos) valo vandenį. Išvada paremta ilgalaikiais stebėjimais (savotiška patvirtinimų ir paneigimų atranka – atranka).
Antrasis indukcijos tipas yra pagrįstas išvadomis priežastingumas ir neįtraukiant aplinkybių, kurios neatitinka jo savybių, ty universalumo, laiko sekos laikymosi, būtinumo ir vienareikšmiškumo.
Indukcija ir dedukcija filosofijos požiūriu
Jei pažvelgtumėte į istorinę retrospektyvą, sąvoką „indukcija“ pirmasis paminėjo Sokratas. Aristotelis filosofijos indukcijos pavyzdžius aprašė apytikslesniame terminų žodyne, tačiau nepilnos indukcijos klausimas lieka atviras. Po aristoteliškojo silogizmo persekiojimo indukcinis metodas buvo pradėtas pripažinti vaisingu ir vieninteliu galimu gamtos moksle. Bekonas laikomas indukcijos, kaip savarankiško specialaus metodo, tėvu, tačiau jam nepavyko atskirti, kaip reikalavo jo amžininkai, indukcijos nuo dedukcinio metodo.
Tolesnę indukcijos plėtrą atliko J. Millas, indukcijos teoriją nagrinėjęs keturių pagrindinių metodų požiūriu: susitarimo, skirtumo, likučių ir atitinkamų pokyčių. Nenuostabu, kad šiandien išvardyti metodai, išsamiai įvertinus, yra dedukciniai.
Supratimas apie Bacono ir Millo teorijų nenuoseklumą paskatino mokslininkus ištirti tikimybinį indukcijos pagrindą. Tačiau ir čia būta kraštutinumų: indukciją buvo bandoma sumažinti į tikimybių teoriją su visomis iš to išplaukiančiomis pasekmėmis.
Indukcija sulaukia pasitikėjimo dėl praktinio taikymo tam tikrose srityse dalykines sritis ir dėl metrinio indukcinio pagrindo tikslumo. Indukcijos ir dedukcijos pavyzdys filosofijoje yra Įstatymas gravitacija. Įstatymo atradimo dieną Niutonas sugebėjo jį patikrinti 4 procentų tikslumu. O tikrinant po daugiau nei dviejų šimtų metų teisingumas buvo patvirtintas 0,0001 procento tikslumu, nors patikrinimas buvo atliktas tais pačiais indukciniais apibendrinimais.
Šiuolaikinė filosofija daugiau dėmesio skiria dedukcijai, kurią padiktuoja logiškas noras iš to, kas jau žinoma, išvesti naujas žinias (arba tiesą), nesinaudojant patirtimi, intuicija, o naudojant „grynąjį“ samprotavimą. Kai kalbama apie tikrąsias prielaidas dedukciniu metodu, visais atvejais išvestis yra teisingas teiginys.
Ši labai svarbi charakteristika neturėtų užgožti indukcinio metodo vertės. Kadangi indukcija, pagrįsta patirties pasiekimais, tampa ir jos apdorojimo (įskaitant apibendrinimą ir sisteminimą) priemone.
Indukcijos taikymas ekonomikoje
Indukcija ir dedukcija jau seniai naudojami kaip ekonomikos tyrimo ir jos raidos prognozavimo metodai.
Indukcinio metodo panaudojimo spektras gana platus: prognozuojamų rodiklių (pelno, nusidėvėjimo ir kt.) išsipildymo tyrimas ir bendras įmonės būklės įvertinimas; formuoti efektyvią įmonės skatinimo politiką, pagrįstą faktais ir jų santykiais.
Tas pats indukcijos metodas naudojamas Shewhart diagramose, kur, darant prielaidą, kad procesai skirstomi į valdomus ir nevaldomus, teigiama, kad valdomo proceso karkasas yra neaktyvus.
Pažymėtina, kad moksliniai dėsniai yra pateisinami ir patvirtinami naudojant indukcijos metodą, o kadangi ekonomika yra mokslas, kuris dažnai naudoja matematinė analizė, rizikos teorija ir statistiniai duomenys, tada nenuostabu, kad indukcija yra vienas iš pagrindinių metodų.
Toliau pateikta situacija gali būti ekonomikos indukcijos ir dedukcijos pavyzdys. Maisto (iš vartojimo krepšelio) ir būtiniausių prekių brangimas verčia vartotoją susimąstyti apie valstybėje atsirandantį aukštą savikainą (indukcija). Tuo pačiu metu, nuo didelių sąnaudų su pagalba matematiniai metodai galima išvesti atskirų prekių ar prekių kategorijų kainų augimo rodiklius (atskaitymas).
Dažniausiai į indukcijos metodą kreipiasi vadovaujantys darbuotojai, vadovai, ekonomistai. Tam, kad būtų galima pakankamai teisingai prognozuoti įmonės plėtrą, rinkos elgesį, konkurencijos pasekmes, būtinas indukcinis-dukcinis informacijos analizės ir apdorojimo metodas.
Iliustratyvus ekonomikos indukcijos pavyzdys, nurodantis klaidingus sprendimus:
- įmonės pelnas sumažėjo 30 %;
konkurentas išplėtė savo produktų liniją;
niekas daugiau nepasikeitė; - dėl konkuruojančios įmonės gamybos politikos pelnas sumažėjo 30 %;
- todėl reikia įgyvendinti tą pačią gamybos politiką.
Pavyzdys yra spalvinga iliustracija, kaip netinkamas indukcijos metodo naudojimas prisideda prie įmonės žlugimo.
Dedukcija ir indukcija psichologijoje
Kadangi yra metodas, tai, logiškai mąstant, yra ir tinkamai organizuotas mąstymas (metodo naudojimui). Psichologija kaip mokslas, tiriantis psichikos procesus, jų formavimąsi, vystymąsi, santykius, sąveikas, atkreipia dėmesį į „dedukcinį“ mąstymą kaip vieną iš dedukcijos ir indukcijos pasireiškimo formų. Deja, psichologijos puslapiuose internete dedukcinio-indukcinio metodo vientisumas praktiškai nepateisinamas. Nors profesionalūs psichologai dažniau jie susiduria su indukcijos apraiškomis, tiksliau, klaidingomis išvadomis.
Psichologijos indukcijos pavyzdys, kaip klaidingų sprendimų iliustracija, yra teiginys: mano mama yra apgavikė, todėl visos moterys yra apgavikės. Yra dar daugiau „klaidingų“ indukcijos iš gyvenimo pavyzdžių:
- mokinys nieko nesugeba, jei iš matematikos gavo dvejetą;
- jis kvailys;
- jis yra protingas;
- Aš galiu padaryti viską;
Ir daug kitų vertybinių sprendimų, pagrįstų absoliučiai atsitiktinėmis ir kartais nereikšmingomis žinutėmis.
Pažymėtina: kai žmogaus sprendimų klaidingumas pasiekia absurdo tašką, psichoterapeutui atsiranda darbo frontas. Vienas indukcijos pas specialistą pavyzdys:
„Pacientas yra visiškai tikras, kad raudona spalva jam kelia tik pavojų bet kokiomis apraiškomis. Dėl to žmogus šią spalvų gamą išbraukė iš savo gyvenimo – kiek įmanoma. Namų aplinkoje yra daug galimybių patogiai gyventi. Galite atsisakyti visų raudonų daiktų arba pakeisti juos analogais, pagamintais pagal kitą spalvų schemą. Tačiau viešose vietose, darbe, parduotuvėje – tai neįmanoma. Atsidūręs stresinėje situacijoje, pacientas kiekvieną kartą patiria visiškai skirtingą „potvynį“. emocinės būsenos kurie gali kelti pavojų kitiems“.
Šis indukcijos pavyzdys ir nesąmoningai vadinamas „fiksuotomis idėjomis“. Jei taip atsitinka psichiškai sveikam žmogui, galime kalbėti apie organizuotumo stoką protinė veikla. Elementarus dedukcinio mąstymo ugdymas gali tapti būdu atsikratyti įkyrių būsenų. Kitais atvejais su tokiais pacientais dirba psichiatrai.
Pirmiau pateikti indukcijos pavyzdžiai rodo, kad „įstatymo nežinojimas neatleidžia nuo pasekmių (klaidingų sprendimų).“
Psichologai, dirbdami su dedukcinio mąstymo tema, sudarė rekomendacijų, skirtų padėti žmonėms įsisavinti šį metodą, sąrašą.
Pirmasis žingsnis yra problemų sprendimas. Kaip matyti, matematikoje naudojama indukcijos forma gali būti laikoma „klasikine“, o šio metodo naudojimas prisideda prie proto „disciplinavimo“.
Kita dedukcinio mąstymo ugdymo sąlyga – akiračio plėtimas (aiškiai mąstantys, aiškiai teigia). Ši rekomendacija „kenčiančius“ nukreipia į mokslo ir informacijos lobynus (bibliotekas, interneto svetaines, švietimo iniciatyvas, keliones ir kt.).
Atskirai reikėtų paminėti vadinamąją „psichologinę indukciją“. Šį terminą, nors ir retai, galima rasti internete. Visuose šaltiniuose nepateikiamas bent trumpas šio termino apibrėžimas, o nurodomi „gyvenimo pavyzdžiai“, o kaip naujo tipo indukcijos pateikiama arba įtaiga, kai kurios psichinės ligos formos, arba ekstremalios žmogaus psichikos būsenos. Iš viso to, kas išdėstyta aukščiau, aišku, kad bandymas išvesti „naują terminą“, pagrįstą klaidingomis (dažnai netikromis) prielaidomis, pasmerkia eksperimentuotoją gauti klaidingą (arba skubotą) teiginį.
Pažymėtina, kad nuoroda į 1960 m. eksperimentus (nenurodant vietos, eksperimento dalyvių pavardžių, tiriamųjų imties, o svarbiausia – eksperimento tikslo) atrodo, švelniai tariant, neįtikinamai, o teiginys kad smegenys informaciją suvokia aplenkdamos visus suvokimo organus (šiuo atveju organiškiau tiktų posakis „patyręs“), verčia susimąstyti apie teiginio autoriaus patiklumą ir nekritiškumą.
Vietoj išvados
Mokslų karalienė – matematika, ne veltui išnaudoja visus įmanomus indukcijos ir dedukcijos metodo rezervus. Apsvarstyti pavyzdžiai leidžia daryti išvadą, kad paviršutiniškas ir neapgalvotas (kaip sakoma, neapgalvotas) net tiksliausių ir patikimiausių metodų taikymas visada veda prie klaidingų rezultatų.
Masinėje sąmonėje dedukcijos metodas siejamas su garsiuoju Šerloku Holmsu, kuris savo loginės konstrukcijos dažnai naudoja indukcijos pavyzdžius, tinkamose situacijose naudodamas dedukciją.
Straipsnyje buvo nagrinėjami šių metodų taikymo pavyzdžiai įvairiuose moksluose ir žmogaus gyvenimo srityse.
Įvadas
Pagrindinė dalis
1. Pilna ir nepilna indukcija
2. Matematinės indukcijos principas
3. Matematinės indukcijos metodas
4. Pavyzdžių sprendimas
5. Lygybės
6. Skaičių skirstymas
7. Nelygybės
Išvada
Naudotos literatūros sąrašas
Įvadas
Dedukciniai ir indukciniai metodai yra bet kokio matematinio tyrimo pagrindas. Dedukcinis samprotavimo metodas yra samprotavimas nuo bendro iki konkretaus, t.y. samprotavimas, kuris prasideda bendras rezultatas, o galutinis taškas yra dalinis rezultatas. Indukcija taikoma pereinant nuo konkrečių rezultatų prie bendrųjų, t.y. yra dedukcinio metodo priešingybė.
Matematinės indukcijos metodą galima palyginti su progresu. Dėl to pradedame nuo žemiausio loginis mąstymas ateiname į aukščiausią. Žmogus visada siekė pažangos, gebėjimo logiškai plėtoti savo mintį, vadinasi, pati gamta jam lėmė indukcinį mąstymą.
Nors matematinės indukcijos metodo taikymo sritis išaugo, m mokyklos mokymo programa jis turi mažai laiko. Na, sakyk, naudingą žmogų atves tos dvi ar trys pamokos, už kurias jis išgirsta penkis teorijos žodžius, išsprendžia penkias primityvias problemas ir dėl to gauna penketą už nieko nežinojimą.
Bet tai taip svarbu – mokėti mąstyti indukciškai.
Pagrindinė dalis
Pradine reikšme žodis „indukcija“ taikomas samprotavimui, kuriuo remiantis daromos bendros išvados, pagrįstos tam tikrais teiginiais. Paprasčiausias tokio samprotavimo metodas yra visiška indukcija. Štai tokio samprotavimo pavyzdys.
Tegul reikalaujama nustatyti, kad kiekvienas natūralus lyginis skaičius n per 4< n < 20 представимо в виде суммы двух pirminiai skaičiai. Norėdami tai padaryti, paimame visus tokius skaičius ir užrašome atitinkamus išplėtimus:4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
Šios devynios lygybės rodo, kad kiekvienas iš mus dominančių skaičių iš tikrųjų yra dviejų pirminių dėmenų suma.
Taigi visiška indukcija yra ta, kad bendras teiginys įrodomas atskirai kiekviename baigtiniame skaičiuje galimi atvejai.
Kartais bendrą rezultatą galima nuspėti įvertinus ne viską, bet pakankamai didelis skaičius ypatingais atvejais (vadinamoji nepilna indukcija).
Tačiau rezultatas, gautas nepilnos indukcijos būdu, lieka tik hipoteze, kol jis neįrodytas tiksliais matematiniais samprotavimais, apimančiais visus specialius atvejus. Kitaip tariant, nepilna indukcija matematikoje nelaikoma teisėtu griežto įrodinėjimo metodu, bet yra galingas būdas atrasti naujas tiesas.
Tegu, pavyzdžiui, reikia rasti pirmųjų n iš eilės nelyginių skaičių sumą. Apsvarstykite specialius atvejus:
1+3+5+7+9=25=5 2
Apsvarsčius šiuos kelis specialius atvejus, daroma tokia bendra išvada:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
tie. pirmųjų n iš eilės nelyginių skaičių suma yra n 2
Žinoma, pastebėjimas dar negali būti pirmiau pateiktos formulės pagrįstumo įrodymas.
Visiška indukcija matematikoje taikoma tik ribotai. Daugelis įdomių matematinių teiginių apima begalinį skaičių ypatingų atvejų, kuriuos reikia patikrinti begalinis skaičius atvejų mes negalime. Nepilna indukcija dažnai sukelia klaidingus rezultatus.
Daugeliu atvejų išeitis iš tokio pobūdžio sunkumų yra griebtis specialaus samprotavimo metodo, vadinamo matematinės indukcijos metodu. Tai yra taip.
Tegu reikia įrodyti tam tikro teiginio pagrįstumą bet kuriam natūraliajam skaičiui n (pavyzdžiui, reikia įrodyti, kad pirmųjų n nelyginių skaičių suma lygi n 2). Tiesioginis šio teiginio patikrinimas kiekvienai n reikšmei neįmanomas, nes natūraliųjų skaičių aibė yra begalinė. Norėdami įrodyti šį teiginį, pirmiausia patikrinkite jo pagrįstumą n=1. Tada įrodoma, kad bet kuriai natūraliai k reikšmei nagrinėjamo teiginio n=k galiojimas reiškia jo galiojimą ir n=k+1.
Tada teiginys laikomas įrodytu visiems n. Iš tiesų, teiginys teisingas, kai n=1. Bet tada jis galioja ir kitam skaičiui n=1+1=2. Teiginio pagrįstumas n=2 reiškia jo galiojimą n=2+
1=3. Tai reiškia teiginio, kai n=4, galiojimą ir pan. Aišku, kad galų gale pasieksime bet kurį natūralųjį skaičių n. Vadinasi, teiginys tinka bet kuriam n.
Apibendrindami tai, kas buvo pasakyta, suformuluojame taip bendras principas.
Matematinės indukcijos principas.
Jei sakinys A(n) priklausomai nuo natūraliojo skaičiausn, tiesan=1 ir nuo to, kad tai tiesan=k(kurk-bet kuris natūralusis skaičius), tai galioja ir kitam skaičiuin=k+1, tada prielaida A(n) tinka bet kuriam natūraliajam skaičiuin.
Kai kuriais atvejais gali prireikti įrodyti tam tikro teiginio teisingumą ne visiems natūraliems skaičiams, o tik n>p, kur p yra fiksuotas natūralusis skaičius. Šiuo atveju matematinės indukcijos principas formuluojamas taip. Jei sakinys A(n) tinkan=pir jei A(k) Þ BET(k+1)bet kamk>p,tada sakinys A(n)tiesa bet kamn>p.Įrodymas matematinės indukcijos metodu atliekamas taip. Pirmiausia patikrinamas teiginys, kurį reikia įrodyti, jei n=1, t.y. konstatuojamas teiginio A(1) teisingumas. Ši įrodymo dalis vadinama indukciniu pagrindu. Po to seka įrodymo dalis, vadinama indukcijos žingsniu. Šioje dalyje įrodytas teiginio n=k+1 pagrįstumas darant prielaidą, kad teiginys teisingas esant n=k (indukcinė prielaida), t.y. įrodyti, kad A(k)ÞA(k+1).
1 PAVYZDYS
Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Sprendimas: 1) Turime n=1=1 2 . Vadinasi,
teiginys teisingas, kai n=1, t.y. A(1) yra tiesa.
2) Įrodykime, kad A(k)ÞA(k+1).
Tegu k yra bet koks natūralusis skaičius ir teiginys teisingas, kai n=k, t.y.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Įrodykime, kad tada teiginys teisingas ir kitam natūraliajam skaičiui n=k+1, t.y. ką
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Iš tikrųjų,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Taigi A(k)ÞA(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad A(n) prielaida yra teisinga bet kuriam nОN.
2 PAVYZDYS
Įrodyk tai
1+x+x2 +x3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kur x¹1
Sprendimas: 1) Jei n=1 gauname
1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
todėl n=1 formulė teisinga; A(1) yra tiesa.
2) Tegul k yra bet koks natūralusis skaičius ir formulė teisinga, kai n=k, t.y.
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).
Įrodykime, kad tada lygybė
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Iš tikrųjų
1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Taigi A(k)ÞA(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad formulė teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.
3 PAVYZDYS
Įrodykite, kad išgaubto n-kampio įstrižainių skaičius yra n(n-3)/2.
Sprendimas: 1) Jei n=3, teiginys yra teisingas
Ir 3 yra teisingas, nes trikampyje A 3 =3(3-3)/2=0 įstrižainės;
A 2 A(3) yra tiesa.
2) Tarkime, kad bet kuriame
išgaubtas k-gon turi-
A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 įstrižainės.
A k Įrodykime, kad tada išgaubtoje
(k+1)-gonų skaičius
įstrižainės A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Tegu А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -išgaubtasis (k+1)-kampas. Jame nubrėžkime įstrižainę A 1 A k. Norint suskaičiuoti bendrą šio (k + 1)-kampio įstrižainių skaičių, reikia suskaičiuoti k-gon A 1 A 2 ...A k įstrižainių skaičių, prie gauto skaičiaus pridėti k-2, t.y. reikia atsižvelgti į (k+1)-kampio, išeinančio iš viršūnės A k+1, įstrižainių skaičių ir, be to, į įstrižainę A 1 A k.
Šiuo būdu,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Taigi A(k)ÞA(k+1). Dėl matematinės indukcijos principo teiginys yra teisingas bet kuriam išgaubtam n kampui.
4 PAVYZDYS
Įrodykite, kad bet kuriam n teiginys yra teisingas:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada
X 1 \u003d 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1.
Vadinasi, n=1 teiginys yra teisingas.
2) Tarkime, kad n=k
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.
3) Apsvarstykite šį teiginį, kai n=k+1
Xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1)2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
Įrodėme lygybės n=k+1 pagrįstumą, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam natūraliam n.
5 PAVYZDYS
Įrodykite, kad bet kuriai natūraliai n lygybė yra teisinga:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Sprendimas: 1) Tegu n=1.
Tada X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1.
Matome, kad n=1 teiginys yra teisingas.
2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=k
Vienas iš svarbiausių matematinio įrodymo metodų yra pagrįstas matematinės indukcijos metodas. Didžiąją dalį formulių, susijusių su visais natūraliaisiais skaičiais n, galima įrodyti matematine indukcija (pavyzdžiui, pirmųjų n narių sumos formule aritmetinė progresija, Niutono binominė formulė ir kt.).
Šiame straipsnyje pirmiausia apsistosime ties pagrindinėmis sąvokomis, tada apsvarstysime patį matematinės indukcijos metodą ir analizuosime jo taikymo pavyzdžius įrodant lygybes ir nelygybes.
Puslapio naršymas.
Indukcija ir dedukcija.
indukcijos būdu vadinamas perėjimu nuo konkrečių prie bendrų teiginių. Priešingai, vadinamas perėjimas nuo bendrų teiginių prie konkrečių atskaita.
Privataus teiginio pavyzdys: 254 dalijasi iš 2 be liekanos.
Iš šio konkretaus teiginio galima suformuluoti daug bendresnių teiginių, tiek teisingų, tiek klaidingų. Pavyzdžiui, bendresnis teiginys, kad visi sveikieji skaičiai, kurie baigiasi skaičiumi 4, dalijasi iš 2 be liekanos, yra teisingas, o teiginys, kad visi triženkliai skaičiai dalijasi iš 2 be liekanos, yra klaidingas.
Taigi, indukcija leidžia gauti daug bendrų teiginių, pagrįstų žinomais ar akivaizdžiais faktais. O matematinės indukcijos metodas skirtas gautų teiginių pagrįstumui nustatyti.
Kaip pavyzdį apsvarstykite skaitinę seką: , n yra savavališkas natūralusis skaičius. Tada pirmųjų n šios sekos elementų sumų seka bus tokia
Remiantis šiuo faktu, naudojant indukciją, galima teigti, kad .
Pateikiame šios formulės įrodymą.
Matematinės indukcijos metodas.
Matematinės indukcijos metodas pagrįstas matematinės indukcijos principas.
Jį sudaro: tam tikras teiginys yra teisingas bet kuriam natūraliam n, jei
- jis galioja n = 1 ir
- iš teiginio pagrįstumo bet kokiai savavališkai natūraliajai n = k, išplaukia, kad jis teisingas n = k+1 .
Tai reiškia, kad įrodymas matematinės indukcijos metodu atliekamas trimis etapais:
- pirma, teiginio pagrįstumas tikrinamas bet kuriam natūraliam skaičiui n (dažniausiai tikrinama n = 1 );
- antra, teiginio galiojimas laikomas bet kokiam natūraliam n=k ;
- trečia, įrodomas teiginio skaičiui n=k+1 pagrįstumas, pradedant nuo antrojo taško prielaidos.
Lygčių ir nelygybių įrodymų matematinės indukcijos metodu pavyzdžiai.
Grįžkime prie ankstesnio pavyzdžio ir įrodykime formulę .
Įrodymas.
Matematinės indukcijos metodas apima trijų taškų įrodymą.
Taigi visi trys matematinės indukcijos metodo žingsniai buvo atlikti, taigi mūsų prielaida apie formulę buvo įrodyta.
Pažvelkime į trigonometrinę problemą.
Pavyzdys.
Įrodyti tapatybę .
Sprendimas.
Pirmiausia patikriname lygybę n = 1 . Norėdami tai padaryti, mums reikia pagrindinių trigonometrijos formulių.
Tai reiškia, kad lygybė yra teisinga n = 1 .
Antra, tarkime, kad lygybė yra teisinga n = k , tai yra tapatybei
Trečia, kreipiamės į lygybės įrodymą jei n = k+1 , remiantis antruoju tašku.
Kadangi pagal formulę iš trigonometrijos
tada
Lygybės įrodymas iš trečiojo punkto baigtas, todėl pirminė tapatybė įrodoma matematinės indukcijos metodu.
Galima įrodyti matematine indukcija.
Nelygybės įrodinėjimo matematine indukcija pavyzdį galima rasti skyriuje apie mažiausių kvadratų metodą išvedant aproksimacijos koeficientų nustatymo formules.
Bibliografija.
- Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Apie matematinę indukciją.
Jei sakinys A(n), kuris priklauso nuo natūraliojo skaičiaus n, yra teisingas n=1, o iš to, kad jis teisingas n=k (kur k yra bet koks natūralusis skaičius), tai taip pat yra teisinga kitam skaičiui n=k +1, tada prielaida A(n) yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.
Kai kuriais atvejais gali prireikti įrodyti tam tikro teiginio teisingumą ne visiems natūraliems skaičiams, o tik n>p, kur p yra fiksuotas natūralusis skaičius. Šiuo atveju matematinės indukcijos principas formuluojamas taip.
Jei teiginys A(n) yra teisingas n=p ir jei A(k) X A(k+1) bet kuriam k>p, tai teiginys A(n) yra teisingas bet kuriam n>p.
Įrodymas matematinės indukcijos metodu atliekamas taip. Pirmiausia patikrinamas teiginys, kurį reikia įrodyti, jei n=1, t.y. konstatuojamas teiginio A(1) teisingumas. Ši įrodymo dalis vadinama indukciniu pagrindu. Po to seka įrodymo dalis, vadinama indukcijos žingsniu. Šioje dalyje įrodytas teiginio n=k+1 pagrįstumas darant prielaidą, kad teiginys teisingas esant n=k (indukcinė prielaida), t.y. įrodyti, kad A(k) ~ A(k+1)
Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
- 1) Turime n=1=1 2 . Todėl teiginys teisingas esant n=1, t.y. A(1) tiesa
- 2) Įrodykime, kad A(k) ~ A(k+1)
Tegu k yra bet koks natūralusis skaičius ir teiginys teisingas, kai n=k, t.y.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2
Įrodykime, kad tada teiginys teisingas ir kitam natūraliajam skaičiui n=k+1, t.y. ką
- 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Iš tiesų,
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
Taigi, A(k) X A(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad prielaida A(n) yra teisinga bet kuriai n О N
Įrodyk tai
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), kur x Nr. 1
- 1) Jei n=1 gauname
- 1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
todėl n=1 formulė teisinga; A(1) tiesa
- 2) Tegul k yra bet koks natūralusis skaičius ir formulė teisinga, kai n=k,
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)
Įrodykime, kad tada lygybė
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Iš tiesų
- 1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)
Taigi A(k) ⋅ A(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad formulė teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n
Įrodykite, kad išgaubto n kampo įstrižainių skaičius yra n(n-3)/2
Sprendimas: 1) Jei n=3, teiginys teisingas, nes trikampyje
A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 = 0 įstrižainės; A 2 A(3) tiesa
2) Tarkime, kad bet kuriame išgaubtame k-gone yra A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 įstrižainės. A k Įrodykime, kad tada išgaubtame A k+1 (k+1)-gon įstrižainių skaičius A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Tegu А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -išgaubtas (k+1)-kampis. Jame nubrėžkime įstrižainę A 1 A k. Norint apskaičiuoti bendrą šio (k + 1)-kampo įstrižainių skaičių, reikia suskaičiuoti k-gon A 1 A 2 ...A k įstrižainių skaičių, prie gauto skaičiaus pridėti k-2, t.y. (k+1)-kampio, išeinančio iš viršūnės A k+1, įstrižainių skaičius ir, be to, reikia atsižvelgti į įstrižainę A 1 A k
Šiuo būdu,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
Taigi A(k) ⋅ A(k+1). Dėl matematinės indukcijos principo teiginys yra teisingas bet kuriam išgaubtam n kampui.
Įrodykite, kad bet kuriam n teiginys yra teisingas:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6
Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada
X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1
2) Tarkime, kad n=k
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6
3) Apsvarstykite šį teiginį, kai n=k+1
Xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2
=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6
Įrodėme lygybės n=k+1 pagrįstumą, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam natūraliam n
Įrodykite, kad bet kuriai natūraliai n lygybė yra teisinga:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4
Sprendimas: 1) Tegu n=1
Tada X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1. Matome, kad n=1 teiginys yra teisingas.
2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=k
X k \u003d k 2 (k + 1) 2/4
3) Įrodykime šio teiginio teisingumą n=k+1, t.y.
X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4 (k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2/4
Iš aukščiau pateikto įrodymo matyti, kad teiginys teisingas n=k+1, todėl lygybė teisinga bet kokiam natūraliam n
Įrodyk tai
((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2+n+1), kur n>2
Sprendimas: 1) Jei n=2, tapatybė atrodo taip:
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), t.y. tai tiesa
- 2) Tarkime, kad išraiška teisinga, kai n=k
- (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
- 3) Įrodysime išraiškos n=k+1 teisingumą
- (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+)
1) 2-(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ
ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)
Įrodėme lygybės n=k+1 pagrįstumą, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam n>2
Įrodyk tai
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3-(2n) 3 = -n 2 (4n+3) bet kuriam natūraliam n
Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada
- 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
- 2) Tarkime, kad n=k, tada
- 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3-(2k) 3 = -k 2 (4k+3)
- 3) Įrodysime šio teiginio teisingumą esant n=k+1
- (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3-(2k) 3)+(2k+1) 3-(2k+2) 3 = -k 2 (4k+3)+
+(2k+1)3-(2k+2)3 =-(k+1)3 (4(k+1)+3)
Taip pat įrodytas lygybės n=k+1 pagrįstumas, todėl teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam n.
Įrodykite tapatybės galiojimą
(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) bet kuriai natūraliai n
- 1) Jei n=1, tapatybė yra teisinga 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) Tarkime, kad n=k
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) Įrodome, kad n=k+1 tapatybė yra teisinga
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)
Iš aukščiau pateikto įrodymo matyti, kad teiginys yra teisingas bet kuriam teigiamam sveikajam skaičiui n.
Įrodykite, kad (11 n+2 +12 2n+1) dalijasi iš 133 be liekanos
Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Bet (23 ґ 133) dalijasi iš 133 be liekanos, todėl n=1 teiginys yra teisingas; A(1) yra tiesa.
- 2) Tarkime, kad (11 k+2 +12 2k+1) dalijasi iš 133 be liekanos
- 3) Įrodykime, kad šiuo atveju (11 k+3 +12 2k+3) dalijasi iš 133 be liekanos. Iš tikrųjų
- 11 k+3 +12 2k+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +
+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1
Gauta suma dalijasi iš 133 be likučio, nes pirmasis jos narys pagal prielaidą dalijasi iš 133 be likučio, o antrasis vienas iš veiksnių yra 133. Taigi, A (k) Yu A (k + 1). Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas
Įrodykite, kad bet kuriam n 7 n -1 dalijasi iš 6 be liekanos
- 1) Tegul n=1, tada X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 dalijamas iš 6 be liekanos. Taigi n=1 teiginys yra teisingas
- 2) Tarkime, kad n \u003d k 7 k -1 dalijasi iš 6 be liekanos
- 3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1
X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6
Pirmasis narys dalijasi iš 6, nes 7 k -1 dalijasi iš 6 pagal prielaidą, o antrasis narys yra 6. Taigi 7 n -1 yra bet kurio natūraliojo n skaičiaus 6 kartotinis. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas.
Įrodykite, kad 3 3n-1 +2 4n-3 savavališkam teigiamam sveikajam skaičiui n dalijasi iš 11.
1) Tada tegul n=1
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dalijamas iš 11 be liekanos.
Taigi n=1 teiginys yra teisingas
- 2) Tarkime, kad n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 be liekanos
- 3) Įrodome, kad teiginys teisingas, kai n=k+1
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 3 3k-1 +2 4 2 4k-3 =
27 3 3k-1 +16 2 4k-3 =(16+11) 3 3k-1 +16 2 4k-3 =16 3 3k-1 +
11 3 3k-1 +16 2 4k-3 =16 (3 3k-1 +2 4k-3) + 11 3 3k-1
Pirmasis narys dalijasi iš 11 be liekanos, nes 3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 pagal prielaidą, antrasis dalijasi iš 11, nes vienas iš jo veiksnių yra skaičius 11. Vadinasi, suma yra taip pat dalijasi iš 11 be liekanos bet kuriam natūraliam n. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas.
Įrodykite, kad 11 2n -1 savavališkam teigiamam sveikajam skaičiui n dalijasi iš 6 be liekanos
- 1) Tegu n=1, tada 11 2 -1=120 dalijasi iš 6 be liekanos. Taigi n=1 teiginys yra teisingas
- 2) Tarkime, kad n=k 1 2k -1 dalijasi iš 6 be liekanos
- 11 2 (k+1) -1 = 121 ґ 11 2k -1 = 120 ґ 11 2k + (11 2k -1)
Abu terminai dalijasi iš 6 be liekanos: pirmame yra 6 skaičiaus 120 kartotinis, o antrasis dalijasi iš 6 be likučio pagal prielaidą. Taigi suma dalijasi iš 6 be liekanos. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas.
Įrodykite, kad 3 3n+3 -26n-27 savavališkam teigiamam sveikajam skaičiui n dalijasi iš 26 2 (676) be liekanos
Pirmiausia įrodykime, kad 3 3n+3 -1 dalijasi iš 26 be liekanos
- 1. Kai n=0
- 3 3 -1=26 dalijasi iš 26
- 2. Tarkime, jei n=k
- 3 3k+3 -1 dalijasi iš 26
- 3. Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1
- 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – dalijasi iš 26
Dabar įrodykime teiginį, suformuluotą problemos sąlygoje
- 1) Akivaizdu, kad n=1 teiginys yra teisingas
- 3 3+3 -26-27=676
- 2) Tarkime, kad n=k išraiška 3 3k+3 -26k-27 dalijasi iš 26 2 be liekanos
- 3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1
- 3 3k+6-26(k+1)-27=26(33k+3-1)+(3 3k+3-26k-27)
Abu terminai dalijasi iš 26 2 ; pirmasis dalijasi iš 26 2, nes įrodėme, kad skliaustuose esanti išraiška dalijasi iš 26, o antroji dalijasi iš indukcinės hipotezės. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys įrodomas
Įrodykite, kad jei n>2 ir х>0, tai nelygybė (1+х) n >1+n ґ х
- 1) Jei n=2, nelygybė yra teisinga, nes
- (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x
Taigi A(2) yra tiesa
- 2) Įrodykime, kad A(k) ⋅ A(k+1), jei k> 2. Tarkime, kad A(k) yra teisinga, t.y., kad nelygybė
- (1+х) k >1+k ґ x. (3)
Įrodykime, kad tada A(k+1) taip pat teisinga, t.y., kad nelygybė
(1+x) k+1 >1+(k+1) x
Iš tiesų, padauginus abi nelygybės puses (3) iš teigiamas skaičius 1+x, gauname
(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)
Apsvarstykite paskutinės nelygybės dešinę pusę; mes turime
(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x
Dėl to gauname, kad (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x
Taigi A(k) ⋅ A(k+1). Remiantis matematinės indukcijos principu, galima teigti, kad Bernulio nelygybė galioja bet kuriai n> 2
Įrodykite, kad nelygybė (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 yra teisinga, jei a> 0
Sprendimas: 1) Jei m=1
- (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 abi dalys yra lygios
- 2) Tarkime, kad m=k
- (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
- 3) Įrodykime, kad m=k+1 nelygybė yra teisinga
- (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+
+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +
+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+
+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2
Įrodėme nelygybės pagrįstumą m=k+1, todėl dėl matematinės indukcijos metodo nelygybė galioja bet kokiam natūraliam m
Įrodykite, kad n>6 nelygybė 3 n >n ґ 2 n+1
Nelygybę perrašykime į formą (3/2) n >2n
- 1. Jei n=7 turime 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 nelygybė yra teisinga
- 2. Tarkime, jei n=k (3/2) k >2k
- 3) Įrodykime nelygybės pagrįstumą n=k+1
- 3k+1 /2k+1 =(3k/2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)
Kadangi k>7, paskutinė nelygybė yra akivaizdi.
Dėl matematinės indukcijos metodo nelygybė galioja bet kuriai natūraliajai n
Įrodykite, kad n>2 nelygybė
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
- 1) Jei n=3 nelygybė yra teisinga
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Tarkime, jei n=k
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
- 3) Įrodykime nelygybės pagrįstumą n=k+1
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
Įrodykime, kad 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы
S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы
s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k Pastarasis yra akivaizdus, todėl 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Taikant matematinės indukcijos metodą, įrodoma nelygybė.