Lekcija 6. Matemātiskās indukcijas metode.
Jaunas zināšanas zinātnē un dzīvē tiek iegūtas dažādos veidos, taču tās visas (ja neiedziļināties detaļās) iedalās divos veidos – pāreja no vispārējā uz konkrēto un no konkrētā uz vispārīgo. Pirmais ir dedukcija, otrais ir indukcija. Deduktīvā spriešana ir tas, ko parasti sauc matemātikā loģiskais pamatojums, un matemātiskajā zinātnē dedukcija ir vienīgā likumīgā izmeklēšanas metode. Loģiskās spriešanas noteikumus pirms divarpus tūkstošiem formulēja sengrieķu zinātnieks Aristotelis. Viņš izveidoja pilnu sarakstu ar vienkāršākajiem pareizajiem argumentiem, siloģismus– loģikas "ķieģeļi", vienlaikus norādot uz tipisku spriešanu, ļoti līdzīgu pareizajām, bet aplamām (ar šādu "pseidoloģisku" spriešanu medijos sastopam bieži).
Indukcija (indukcija - latīņu valodā norādījumus) ilustrē labi zināmā leģenda par to, kā Īzaks Ņūtons formulēja universālās gravitācijas likumu pēc tam, kad viņam uz galvas uzkrita ābols. Vēl viens piemērs no fizikas: tādā parādībā kā elektromagnētiskā indukcija elektriskais lauks rada, “inducē” magnētisko lauku. "Ņūtona ābols" ir tipisks piemērs situācijai, kad viens vai vairāki īpaši gadījumi, t.i. novērojumiem, "novest" pie vispārīga apgalvojuma, vispārējais secinājums tiek izdarīts, pamatojoties uz konkrētiem gadījumiem. Induktīvā metode ir galvenā vispārīgo modeļu iegūšanai gan dabas, gan humanitārajās zinātnēs. Bet tam ir ļoti būtisks trūkums: pamatojoties uz konkrētiem piemēriem, var izdarīt nepareizu secinājumu. Hipotēzes, kas izriet no privātiem novērojumiem, ne vienmēr ir pareizas. Apsveriet piemēru Eilera dēļ.
Mēs aprēķināsim trinoma vērtību dažām pirmajām vērtībām n:
|
|
Ņemiet vērā, ka aprēķinu rezultātā iegūtie skaitļi ir pirmskaitļi. Un to var tieši pārbaudīt katram n No 1 līdz 39 polinoma vērtība 
ir pirmskaitlis. Tomēr, kad n=40 iegūstam skaitli 1681=41 2 , kas nav pirmskaitlis. Tādējādi hipotēze, kas šeit varētu rasties, tas ir, hipotēze, ka katram n numuru 
ir vienkāršs, izrādās nepatiess.
Leibnics 17. gadsimtā pierādīja, ka katram pozitīvam veselam skaitlim n numuru 
dalās ar 3 
dalās ar 5 un tā tālāk. Pamatojoties uz to, viņš ieteica, ka par katru nepāra k un jebkura dabiska n numuru 
dalīts ar k, bet drīz vien to pamanīju 
nedalās ar 9.
Apskatītie piemēri ļauj izdarīt svarīgu secinājumu: apgalvojums var būt patiess vairākos īpašos gadījumos un vienlaikus netaisnīgs kopumā. Jautājumu par apgalvojuma pamatotību vispārējā gadījumā var atrisināt, pielietojot īpašu argumentācijas metodi, ko sauc ar matemātisko indukciju(pilnīga indukcija, perfekta indukcija).
6.1. Matemātiskās indukcijas princips.
♦ Matemātiskās indukcijas metode balstās uz matemātiskās indukcijas princips , kas sastāv no šādiem elementiem:
1) šī paziņojuma derīgums ir pārbaudītsn=1 (indukcijas bāze) ,
2) tiek pieņemts, ka šis apgalvojums ir patiessn= k, Kurkir patvaļīgs naturāls skaitlis 1(indukcijas pieņēmums) , un, ņemot vērā šo pieņēmumu, tiek noteikts tā derīgumsn= k+1.
Pierādījums. Pieņemsim pretējo, tas ir, pieņemsim, ka apgalvojums nav patiess katram dabiskajam n. Tad ir tāds dabisks m, Kas:
1) apstiprinājums par n=m nav godīgi,
2) visiem n, mazāks m, apgalvojums ir patiess (citiem vārdiem, m ir pirmais dabiskais skaitlis, par kuru apgalvojums neizdodas).
Ir skaidrs, ka m>1, jo Priekš n=1 apgalvojums ir patiess (1. nosacījums). Tāpēc 
- dabiskais skaitlis. Izrādās, ka naturālam skaitlim 
apgalvojums ir patiess, un nākamajam naturālajam skaitlim m tas ir negodīgi. Tas ir pretrunā ar 2. nosacījumu. ■
Ņemiet vērā, ka pierādījumā tika izmantota aksioma, ka jebkura naturālu skaitļu kolekcija satur mazāko skaitli.
Tiek saukts pierādījums, kas balstīts uz matemātiskās indukcijas principu ar pilnīgu matemātisko indukciju .
Piemērs6.1.
Pierādiet to jebkurai dabiskai n numuru 
dalās ar 3.
Risinājums.
1) Kad n=1, tātad a 1 dalās ar 3, un apgalvojums ir patiess n=1.
2) Pieņemsim, ka apgalvojums ir patiess n=k,
, tas ir, šis skaitlis 
dalās ar 3 un atrodiet to n=k Skaitlis +1 dalās ar 3.
Patiešām,
Jo katrs vārds dalās ar 3, tad arī to summa dalās ar 3. ■
Piemērs6.2. Pierādiet, ka pirmā summa n dabiski nepāra skaitļi ir vienādi ar to skaitļa kvadrātu, tas ir, .
Risinājums. Mēs izmantojam pilnīgas matemātiskās indukcijas metodi.
1) Mēs pārbaudām šī paziņojuma derīgumu n=1: 1=1 2 ir pareizi.
2) Pieņemsim, ka pirmā summa k
(
) nepāra skaitļu ir vienāds ar šo skaitļu skaita kvadrātu, tas ir, . Pamatojoties uz šo vienādību, mēs nosakām, ka pirmā summa k+1 nepāra skaitļi ir vienāds ar 
, tas ir .
Mēs izmantojam savu pieņēmumu un iegūstam
. ■
Lai pierādītu dažas nevienlīdzības, tiek izmantota pilnīgas matemātiskās indukcijas metode. Pierādīsim Bernulli nevienlīdzību.
Piemērs6.3.
Pierādiet, kad 
un jebkura dabiska n nevienlīdzība 
(Bernulli nevienlīdzība).
Risinājums. 1) Kad n=1 mēs iegūstam 
, kas ir pareizi.
2) Mēs pieņemam, ka plkst n=k pastāv nevienlīdzība 
(*). Izmantojot šo pieņēmumu, mēs to pierādām 
. Ņemiet vērā, kad 
šī nevienlīdzība pastāv, un tāpēc pietiek ar lietas izskatīšanu 
.
Reiziniet abas nevienādības daļas (*) ar skaitli 
un saņemt:
Tas ir (1+ 
.■
Pierādīšana pēc metodes nepilnīga matemātiskā indukcija
daži apgalvojumi atkarībā no n, Kur 
notika Tāpat, bet sākumā taisnīgums tiek noteikts par mazāko vērtību n.
Dažās problēmās nav skaidri formulēts apgalvojums, ko var pierādīt ar matemātisko indukciju. Šādos gadījumos ir nepieciešams noteikt likumsakarību un izteikt hipotēzi par šīs likumsakarības pamatotību un pēc tam pārbaudīt izvirzīto hipotēzi ar matemātisko indukciju.
Piemērs6.4.
Atrodiet summu 
.
Risinājums. Atradīsim summas S 1 ,
S 2 ,
S 3 . Mums ir 
,
,
. Mēs izvirzām hipotēzi, ka jebkurai dabiskai n formula ir derīga 
. Lai pārbaudītu šo hipotēzi, mēs izmantojam pilnīgas matemātiskās indukcijas metodi.
1) Kad n=1 hipotēze ir patiesa, jo 
.
2) Pieņemsim, ka hipotēze ir patiesa n=k,
, tas ir 
. Izmantojot šo formulu, mēs nosakām, ka hipotēze ir patiesa un par n=k+1, tas ir
Patiešām,
Tātad, pieņemot, ka hipotēze ir patiesa n=k,
, ir pierādīts, ka tā ir taisnība n=k+1, un pamatojoties uz matemātiskās indukcijas principu, mēs secinām, ka formula ir derīga jebkurai dabiskai n.
■
Piemērs6.5.
Matemātikā ir pierādīts, ka divu vienmērīgi nepārtrauktu funkciju summa ir vienmērīgi nepārtraukta funkcija. Pamatojoties uz šo apgalvojumu, mums jāpierāda, ka jebkura skaitļa summa 
vienmērīgi nepārtrauktas funkcijas ir vienmērīgi nepārtraukta funkcija. Bet, tā kā mēs vēl neesam ieviesuši jēdzienu "vienmērīgi nepārtraukta funkcija", uzstādīsim problēmu abstraktāk: lai būtu zināms, ka divu funkciju summa, kurām ir kāda īpašība S, pašam ir īpašums S. Pierādīsim, ka jebkura funkciju skaita summai ir īpašība S.
Risinājums. Indukcijas pamats šeit ir ietverts pašā problēmas formulējumā. Izdarot induktīvo pieņēmumu, apsveriet 
funkcijas f 1 ,
f 2 ,
…, f n ,
f n+1, kam ir īpašums S. Tad . Labajā pusē pirmajam termiņam ir īpašums S saskaņā ar indukcijas hipotēzi otrajam terminam ir īpašība S pēc nosacījuma. Tāpēc viņu summai ir īpašums S– diviem terminiem indukcijas pamats “darbojas”.
Tas pierāda apgalvojumu un izmantos to tālāk. ■
Piemērs6.6. Atrodiet visu dabisko n, kam nevienlīdzība
.
Risinājums. Apsveriet n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Mums ir: 2 1 > 1 2 , 2 2 = 2 2 , 2 3<3 2 ,
2 4 =4 2 ,
2 5 >5 2 , 2 6 > 6 2 . Tādējādi mēs varam izvirzīt hipotēzi: nevienlīdzība 
ir vieta ikvienam 
. Lai pierādītu šīs hipotēzes patiesumu, mēs izmantojam nepilnīgas matemātiskās indukcijas principu.
1) Kā minēts iepriekš, šī hipotēze ir patiesa n=5.
2) Pieņemsim, ka tā ir taisnība n=k,
, tas ir, nevienlīdzība 
. Izmantojot šo pieņēmumu, mēs pierādam, ka nevienlīdzība 
.
T. līdz 
un plkst 
pastāv nevienlīdzība 
plkst 
,
tad mēs to saņemam 
. Tātad, hipotēzes patiesums n=k+1 izriet no pieņēmuma, ka tā ir patiesa n=k,
.
No lpp. 1 un 2, pamatojoties uz nepilnīgas matemātiskās indukcijas principu, izriet, ka nevienlīdzība 
attiecas uz katru dabisko 
.
■
Piemērs6.7.
Pierādiet to jebkuram naturālam skaitlim n diferenciācijas formula ir derīga 
.
Risinājums. Plkst n=1 šai formulai ir forma 
, vai 1=1, tas ir, tā ir taisnība. Izdarot induktīvo pieņēmumu, mums ir:
Q.E.D. ■
Piemērs6.8.
Pierādīt, ka kopa, kas sastāv no n elementi, ir 
apakškopas.
Risinājums. Komplekts ar vienu elementu A, ir divas apakškopas. Tā ir taisnība, jo visas tās apakškopas ir tukšā kopa un pati kopa, un 2 1 =2.
Mēs pieņemam, ka jebkura kopa n elementiem ir 
apakškopas. Ja kopa A sastāv no n+1 elementi, tad tajā piefiksējam vienu elementu - apzīmējam d, un sadaliet visas apakškopas divās klasēs, kas nesatur d un satur d. Visas pirmās klases apakškopas ir kopas B apakškopas, kas iegūtas no A, noņemot elementu d.
Komplekts B sastāv no n elementi, un tāpēc saskaņā ar indukcijas hipotēzi tā ir 
apakškopas, tātad pirmajā klasē 
apakškopas.
Bet otrajā klasē ir vienāds apakškopu skaits: katru no tām iegūst tieši no vienas pirmās klases apakškopas, pievienojot elementu d. Līdz ar to kopumā komplekts A 
apakškopas.
Tādējādi apgalvojums ir pierādīts. Ņemiet vērā, ka tas ir derīgs arī kopai, kas sastāv no 0 elementiem — tukšai kopai: tai ir viena apakškopa — pati, un 2 0 =1. ■
Matemātiskā indukcija ir vienas no visizplatītākajām matemātisko pierādījumu metodēm. Ar tās palīdzību jūs varat pierādīt lielāko daļu formulu ar naturāliem skaitļiem n, piemēram, formulu progresijas S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n pirmo vārdu summas atrašanai, Ņūtona binominālo formulu. a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n .
Pirmajā rindkopā mēs analizēsim pamatjēdzienus, pēc tam mēs apsvērsim pašas metodes pamatus, un tad mēs jums pateiksim, kā to izmantot, lai pierādītu vienlīdzību un nevienlīdzību.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Indukcijas un dedukcijas jēdzieni
Vispirms apskatīsim, kas vispār ir indukcija un dedukcija.
1. definīcija
Indukcija ir pāreja no konkrētā uz vispārīgo, un atskaitīšana gluži pretēji, no vispārīgā uz konkrēto.
Piemēram, mums ir paziņojums: 254 var pilnībā sadalīt divās daļās. No tā mēs varam izdarīt daudzus secinājumus, starp kuriem būs gan patiesi, gan nepatiesi. Piemēram, apgalvojums, ka visus veselus skaitļus, kuru beigās ir skaitlis 4, var dalīt ar divi bez atlikuma, ir patiess, bet jebkurš trīs ciparu skaits dalās ar 2, ir nepatiess.
Kopumā var teikt, ka ar induktīvās spriešanas palīdzību no viena zināma vai acīmredzama spriešanas var izdarīt daudzus secinājumus. Matemātiskā indukcija ļauj mums noteikt, cik pamatoti ir šie secinājumi.
Pieņemsim, ka mums ir skaitļu virkne, piemēram, 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , kur n apzīmē kādu naturālu skaitli. Šajā gadījumā, pievienojot pirmos secības elementus, mēs iegūstam sekojošo:
S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 2, S 2 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 \u003d 2 3, S 3 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 \u04 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .
Izmantojot indukciju, varam secināt, ka S n = n n + 1 . Trešajā daļā mēs pierādīsim šo formulu.
Kāda ir matemātiskās indukcijas metode
Šīs metodes pamatā ir tāda paša nosaukuma princips. Tas ir formulēts šādi:
2. definīcija
Noteikts apgalvojums būs patiess dabiskajai vērtībai n, ja 1) tas būs patiess n = 1 un 2) no tā, ka šī izteiksme ir patiesa patvaļīgai naturālajai vērtībai n = k, no tā izriet, ka tā būs patiesa arī ja n = k + 1 .
Matemātiskās indukcijas metodes pielietošana tiek veikta 3 posmos:
- Pirmkārt, mēs pārbaudām sākotnējā apgalvojuma pareizību patvaļīgas n naturālās vērtības gadījumā (parasti pārbaudi veic vienotībai).
- Pēc tam mēs pārbaudām precizitāti pie n = k .
- Un tad mēs pierādām apgalvojuma pamatotību, ja n = k + 1 .
Kā pielietot matemātiskās indukcijas metodi, risinot nevienādības un vienādojumus
Ņemsim piemēru, par kuru mēs runājām iepriekš.
1. piemērs
Pierādīt formulu S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .
Risinājums
Kā jau zinām, lai pielietotu matemātiskās indukcijas metodi, ir jāveic trīs secīgi soļi.
- Pirmkārt, mēs pārbaudām, vai šī vienādība būs derīga n , vienāds ar vienu. Mēs iegūstam S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Šeit viss ir pareizi.
- Tālāk mēs pieņemam, ka formula S k = k k + 1 ir pareiza.
- Trešajā solī mums jāpierāda, ka S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , pamatojoties uz iepriekšējās vienādības derīgumu.
Mēs varam attēlot k + 1 kā sākotnējās secības pirmo vārdu summu un k + 1:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)
Tā kā otrajā solī mēs saņēmām, ka S k = k k + 1, mēs varam rakstīt sekojošo:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .
Tagad veicam nepieciešamās pārvērtības. Mums ir jāsamazina daļa līdz kopsaucējs, apvienojot līdzīgus terminus, izmantojiet saīsināto reizināšanas formulu un samaziniet notikušo:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2
Tādējādi mēs esam pierādījuši vienādību trešajā punktā, veicot visus trīs matemātiskās indukcijas metodes soļus.
Atbilde: pieņēmums par formulu S n = n n + 1 ir patiess.
Ņemsim vēl grūts uzdevums ar trigonometriskām funkcijām.
2. piemērs
Sniedziet identitātes pierādījumu cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.
Risinājums
Kā mēs atceramies, vispirms ir jāpārbauda vienādības pareizība, ja n ir vienāds ar vienu. Lai to noskaidrotu, mums jāatceras trigonometriskās pamatformulas.
cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α
Tāpēc, ja n ir vienāds ar vienu, identitāte būs patiesa.
Tagad pieņemsim, ka tā derīgums ir saglabāts n = k , t.i. būs taisnība, ka cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.
Mēs pierādam vienādību cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α gadījumam, kad n = k + 1, pamatojoties uz iepriekšējo pieņēmumu.
Saskaņā ar trigonometrisko formulu,
sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + grēks (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 α) + grēks 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α
Tāpēc
cos 2 α cos 4 α . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α cos 2 k + 1 α = 1 2 sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α
Piemērs nevienlīdzības pierādīšanas problēmas risināšanai, izmantojot šo metodi, ir sniegts rakstā par mazāko kvadrātu metodi. Izlasi rindkopu, kurā ir atvasinātas formulas aproksimācijas koeficientu atrašanai.
Ja pamanāt tekstā kļūdu, lūdzu, iezīmējiet to un nospiediet Ctrl+Enter
Ievads
Galvenā daļa
1. Pilnīga un nepilnīga indukcija
2. Matemātiskās indukcijas princips
3. Matemātiskās indukcijas metode
4. Piemēru risinājums
5. Vienādības
6. Skaitļu dalījums
7. Nevienlīdzība
Secinājums
Izmantotās literatūras saraksts
Ievads
Jebkuru matemātisku pētījumu pamatā ir deduktīvās un induktīvās metodes. deduktīvā metode argumentācija ir spriešana no vispārīgā uz konkrēto, t.i. argumentācija, kas sākas ar kopējais rezultāts, un pēdējais punkts ir daļējs rezultāts. Indukcija tiek izmantota, pārejot no konkrētiem rezultātiem uz vispārīgiem, t.i. ir pretstats deduktīvajai metodei.
Matemātiskās indukcijas metodi var salīdzināt ar progresu. Rezultātā mēs sākam no zemākā loģiskā domāšana mēs nonākam visaugstākajā līmenī. Cilvēks vienmēr ir tiecies pēc progresa, pēc spējas loģiski attīstīt savu domu, kas nozīmē, ka pati daba viņam likusi domāt induktīvi.
Lai gan matemātiskās indukcijas metodes pielietošanas joma ir augusi, skolas mācību programmā tai tiek veltīts maz laika. Nu saki ko cilvēkam noderīgs viņi atnesīs tās divas vai trīs nodarbības, par kurām viņš dzird piecus teorijas vārdus, atrisina piecas primitīvas problēmas un rezultātā saņems A par nezināšanu.
Bet tas ir tik svarīgi – prast domāt induktīvi.
Galvenā daļa
Sākotnējā nozīmē vārds "indukcija" tiek attiecināts uz argumentāciju, ar kuru tiek iegūts vispārīgi secinājumi, paļaujoties uz vairākiem īpašiem apgalvojumiem. Vienkāršākā šāda veida argumentācijas metode ir pilnīga indukcija. Šeit ir šādas argumentācijas piemērs.
Jānosaka, ka katrs naturāls pāra skaitlis n robežās 4< n < 20 представимо в виде суммы двух pirmskaitļi. Lai to izdarītu, mēs ņemam visus šādus skaitļus un izrakstām atbilstošos paplašinājumus: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.
Šīs deviņas vienādības parāda, ka katrs no mums interesējošajiem skaitļiem patiešām ir attēlots kā divu galveno terminu summa.
Tādējādi pilnīga indukcija ir tāda, ka vispārīgais apgalvojums tiek pierādīts atsevišķi katrā no ierobežota skaita iespējamo gadījumu.
Dažkārt vispārējo rezultātu var paredzēt, ņemot vērā nevis visus, bet gan lielu skaitu īpašo gadījumu (tā sauktā nepilnīgā indukcija).
Nepilnīgas indukcijas rezultātā iegūtais rezultāts tomēr paliek tikai hipotēze, līdz to pierāda precīza matemātiska argumentācija, aptverot visus īpašos gadījumus. Citiem vārdiem sakot, nepilnīga indukcija matemātikā netiek uzskatīta par likumīgu stingras pierādīšanas metodi, bet tā ir spēcīga metode jaunu patiesību atklāšanai.
Pieņemsim, piemēram, ir jāatrod pirmo n secīgo nepāra skaitļu summa. Apsveriet īpašus gadījumus:
1+3+5+7+9=25=5 2
Apsverot šos dažus īpašos gadījumus, var izdarīt šādu vispārīgu secinājumu:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
tie. pirmo n secīgo nepāra skaitļu summa ir n 2
Protams, veiktais novērojums vēl nevar kalpot par pierādījumu iepriekš minētās formulas pamatotībai.
Pilnīgai indukcijai matemātikā ir tikai ierobežots pielietojums. Daudzi interesanti matemātiski apgalvojumi aptver bezgalīgu skaitu īpašu gadījumu, un mēs nevaram pārbaudīt bezgalīgu skaitu gadījumu. Nepilnīga indukcija bieži noved pie kļūdainiem rezultātiem.
Daudzos gadījumos izeja no šāda veida grūtībām ir ķerties pie īpašas spriešanas metodes, ko sauc par matemātiskās indukcijas metodi. Tas ir šādi.
Pieņemsim, ka jāpierāda noteikta apgalvojuma derīgums jebkuram naturālam skaitlim n (piemēram, jāpierāda, ka pirmo n nepāra skaitļu summa ir vienāda ar n 2). Šī apgalvojuma tieša pārbaude katrai n vērtībai nav iespējama, jo naturālo skaitļu kopa ir bezgalīga. Lai pierādītu šo apgalvojumu, vispirms pārbaudiet tā derīgumu n=1. Tad tiek pierādīts, ka jebkurai k naturālajai vērtībai apskatāmā apgalvojuma derīgums n=k nozīmē tā derīgumu arī n=k+1.
Tad apgalvojums tiek uzskatīts par pierādītu visiem n. Patiešām, apgalvojums ir patiess n=1. Bet tad tas attiecas arī uz nākamais numurs n=1+1=2. Apgalvojuma derīgums n=2 nozīmē tā derīgumu n=2+
1=3. Tas nozīmē apgalvojuma derīgumu n=4 un tā tālāk. Ir skaidrs, ka galu galā mēs sasniegsim jebkuru naturālu skaitli n. Tādējādi apgalvojums ir patiess jebkuram n.
Apkopojot teikto, mēs formulējam šādu vispārīgu principu.
Matemātiskās indukcijas princips.
Ja teikums A( n ) atkarībā no naturālā skaitļa n , taisnība par n =1 un no tā, ka tā ir patiesa n=k (Kur k - jebkurš naturāls skaitlis), no tā izriet, ka tas attiecas arī uz nākamo skaitli n=k+1 , tad pieņēmums A( n ) attiecas uz jebkuru naturālu skaitli n .
Vairākos gadījumos var būt nepieciešams pierādīt noteikta apgalvojuma derīgumu nevis visiem naturālajiem skaitļiem, bet tikai n>p, kur p ir fiksēts naturāls skaitlis. Šajā gadījumā matemātiskās indukcijas princips ir formulēts šādi. Ja teikums A( n ) attiecas uz n=p un ja A( k ) Þ A( k+1) jebkuram k>p, tad teikums A( n) taisnība jebkuram n> lpp.Pierādīšana ar matemātiskās indukcijas metodi tiek veikta šādi. Pirmkārt, tiek pārbaudīts pierādāmais apgalvojums, ja n=1, t.i., tiek konstatēts apgalvojuma A(1) patiesums. Šo pierādījumu daļu sauc par indukcijas bāzi. Tam seko pierādījuma daļa, ko sauc par indukcijas soli. Šajā daļā tiek pierādīta apgalvojuma derīgums n=k+1, pieņemot, ka apgalvojums ir patiess n=k (indukcijas pieņēmums), t.i. pierādīt, ka A(k)ÞA(k+1).
1. PIEMĒRS
Pierādīt, ka 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
Risinājums: 1) Mums ir n=1=1 2 . Tāpēc
apgalvojums ir patiess n=1, t.i. A(1) ir taisnība.
2) Pierādīsim, ka A(k)ÞA(k+1).
Lai k ir jebkurš naturāls skaitlis un apgalvojums ir patiess, ja n=k, t.i.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Pierādīsim, ka tad apgalvojums ir patiess arī nākamajam naturālajam skaitlim n=k+1, t.i. Kas
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Patiešām,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Tātad A(k)ÞA(k+1). Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas principu, mēs secinām, ka pieņēmums A(n) ir patiess jebkuram nОN.
2. PIEMĒRS
Pierādiet to
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kur x¹1
Risinājums: 1) Ja n=1 mēs iegūstam
1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
tāpēc n=1 formula ir patiesa; A(1) ir taisnība.
2) Lai k ir jebkurš naturāls skaitlis un lai formula būtu patiesa, ja n=k, t.i.
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).
Pierādīsim, ka tad vienlīdzība
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Patiešām
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).
Tātad A(k)ÞA(k+1). Pamatojoties uz matemātiskās indukcijas principu, mēs secinām, ka formula ir patiesa jebkuram naturālam skaitlim n.
3. PIEMĒRS
Pierādīt, ka izliekta n-stūra diagonāļu skaits ir n(n-3)/2.
Risinājums: 1) Ja n=3, apgalvojums ir patiess
Un 3 ir pareizi, jo trijstūrī A 3 =3(3-3)/2=0 diagonāles;
2 A(3) ir patiess.
2) Pieņemsim, ka jebkurā
izliekts k-gon ir-
A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonāles.
A k Pierādīsim, ka tad izliektā veidā
(k+1)-gon skaitlis
diagonāles A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Pieņemsim А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -izliekts (k+1)-leņķis. Iezīmēsim tajā diagonāli A 1 A k. Lai saskaitītu šī (k + 1)-stūra kopējo diagonāļu skaitu, jāsaskaita diagonāļu skaits k-gonā A 1 A 2 ...A k , iegūtajam skaitlim jāpievieno k-2, t.i. (k+1)-stūra diagonāļu skaits, kas izplūst no virsotnes A k+1 , un papildus jāņem vērā diagonāle A 1 A k.
Tādējādi
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Tātad A(k)ÞA(k+1). Matemātiskās indukcijas principa dēļ apgalvojums ir patiess jebkuram izliektam n-stūrim.
4. PIEMĒRS
Pierādiet, ka jebkuram n apgalvojums ir patiess:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Risinājums: 1) Lai n=1, tad
X 1 \u003d 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1.
Tādējādi n=1 apgalvojums ir patiess.
2) Pieņemsim, ka n=k
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.
3) Apsveriet šo apgalvojumu 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.
Mēs esam pierādījuši vienādības derīgumu n=k+1, tāpēc, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, apgalvojums ir patiess jebkuram naturālam n.
5. PIEMĒRS
Pierādiet, ka jebkurai dabiskajai n vienādība ir patiesa:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Risinājums: 1) n=1.
Tad X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1.
Mēs redzam, ka n=1 apgalvojums ir patiess.
2) Pieņemsim, ka vienādība ir patiesa n=k
MATEMĀTISKĀS INDUKCIJAS METODE
Vārds indukcija krievu valodā nozīmē vadību, un induktīvo sauc secinājumi, kas balstīti uz novērojumiem, eksperimentiem, t.i. iegūts, secinot no konkrētā uz vispārīgo.
Piemēram, katru dienu mēs novērojam, ka Saule lec no austrumiem. Tāpēc jūs varat būt pārliecināti, ka rīt tas parādīsies austrumos, nevis rietumos. Šo secinājumu mēs izdarām, neizmantojot nekādus pieņēmumus par Saules pārvietošanās pa debesīm iemeslu (turklāt šī kustība pati par sevi izrādās acīmredzama, jo tā faktiski pārvietojas Zeme). Un tomēr šis induktīvais atvasinājums pareizi apraksta novērojumus, ko mēs veiksim rīt.
Induktīvo secinājumu loma eksperimentālajās zinātnēs ir ļoti liela. Viņi sniedz tos uzkrājumus, no kuriem pēc tam tiek izdarīti turpmāki secinājumi ar atskaitījumu. Un, lai gan teorētiskā mehānika balstās uz trim Ņūtona kustības likumiem, šie likumi paši par sevi radās, dziļi pārdomājot eksperimentālos datus, jo īpaši Keplera planētu kustības likumus, ko viņš ieguva, apstrādājot dāņu ilgtermiņa novērojumus. astronoms Tiho Brahe. Novērošana un indukcija izrādās noderīga nākotnē, lai precizētu izdarītos pieņēmumus. Pēc Miķelsona eksperimentiem par gaismas ātruma mērīšanu kustīgā vidē, izrādījās, ka nepieciešams precizēt fizikas likumus un izveidot relativitātes teoriju.
Matemātikā indukcijas loma lielā mērā ir tā, ka tā ir izvēlētās aksiomātikas pamatā. Pēc ilgstošas prakses, kas parādīja, ka taisns ceļš vienmēr ir īsāks par izliektu vai salauztu, bija dabiski formulēt aksiomu: jebkuriem trim punktiem A, B un C nevienādība
Pamatjēdziens par aritmētiku, kas jāievēro, arī radās, novērojot karavīru, kuģu un citu sakārtotu kopu veidošanos.
Tomēr nevajadzētu domāt, ka ar to beidzas indukcijas loma matemātikā. Protams, nevajadzētu eksperimentāli pārbaudīt teorēmas, kas loģiski izsecinātas no aksiomām: ja atvasināšanā netika pieļautas loģiskas kļūdas, tad tās ir patiesas, ciktāl mūsu pieņemtās aksiomas ir patiesas. Taču no šīs aksiomu sistēmas var izsecināt daudz apgalvojumu. Un to apgalvojumu atlasi, kas jāpierāda, atkal ierosina indukcija. Tieši viņa ļauj mums atdalīt noderīgas teorēmas no nederīgām, norāda, kuras teorēmas var izrādīties patiesas, un pat palīdz ieskicēt pierādīšanas ceļu.
Matemātiskās indukcijas metodes būtība
Daudzās aritmētikas, algebras, ģeometrijas, analīzes sadaļās ir jāpierāda teikumu A(n), kuri ir atkarīgi no naturālā mainīgā, patiesums. Teikuma A(n) patiesuma pierādīšanu visām mainīgā vērtībām bieži var veikt ar matemātiskās indukcijas metodi, kuras pamatā ir šāds princips.
Teikums A(n) tiek uzskatīts par patiesu visām mainīgā lieluma dabiskajām vērtībām, ja ir izpildīti šādi divi nosacījumi:
Priekšlikums A(n) ir patiess, ja n=1.
No pieņēmuma, ka A(n) ir patiess n=k (kur k ir jebkurš naturāls skaitlis), izriet, ka tas ir patiess nākamajai vērtībai n=k+1.
Šo principu sauc par matemātiskās indukcijas principu. To parasti izvēlas kā vienu no aksiomām, kas nosaka naturālo skaitļu sēriju, un tāpēc to pieņem bez pierādījumiem.
Ar matemātiskās indukcijas metodi saprot šādu pierādīšanas metodi. Ja ir jāpierāda priekšlikuma A(n) patiesums visiem dabiskajiem n, tad, pirmkārt, jāpārbauda priekšlikuma A(1) patiesums un, otrkārt, pieņemot priekšlikuma A(k) patiesumu. , mēģiniet pierādīt, ka apgalvojums A(k +1) ir patiess. Ja to var pierādīt un pierādījums paliek spēkā katrai k dabiskajai vērtībai, tad saskaņā ar matemātiskās indukcijas principu priekšlikums A(n) tiek atzīts par patiesu visām n vērtībām.
Matemātiskās indukcijas metodi plaši izmanto teorēmu, identitāšu, nevienādību pierādīšanā, dalāmības uzdevumu risināšanā, dažu ģeometrisku un daudzu citu uzdevumu risināšanā.
Matemātiskās indukcijas metode uzdevumu risināšanā par
dalāmība
Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, var pierādīt dažādus apgalvojumus par naturālu skaitļu dalāmību.
Sekojošais paziņojums var būt salīdzinoši viegli pierādīt. Parādīsim, kā to iegūst, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi.
1. piemērs. Ja n ir naturāls skaitlis, tad skaitlis ir pāra skaitlis.
Ja n=1 mūsu apgalvojums ir patiess: - pāra skaitlis. Pieņemsim, ka tas ir pāra skaitlis. Tā kā 2k ir pāra skaitlis, tad 
pat. Tātad, paritāte ir pierādīta n=1, paritāte tiek secināta no paritātes 
.Tātad pat visām n. dabas vērtībām.
2. piemērsPierādiet teikuma patiesumu
A(n)=(skaitlis 5 ir 19 reizināts), n ir naturāls skaitlis.
Risinājums.
Apgalvojums A(1)=(skaitlis ir 19 reizināts) ir patiess.
Pieņemsim, ka kādai vērtībai n=k
A(k)=(skaitlis ir 19 reizināts) ir patiess. Tad, kopš
Acīmredzot arī A(k+1) ir taisnība. Patiešām, pirmais termins dalās ar 19, pamatojoties uz pieņēmumu, ka A(k) ir patiess; arī otrais loceklis dalās ar 19, jo satur koeficientu 19. Ir izpildīti abi matemātiskās indukcijas principa nosacījumi, tāpēc priekšlikums A(n) ir patiess visām n vērtībām.
Matemātiskās indukcijas metodes pielietojums uz
sērijas summēšana
1. piemērsPierādi formulu
, n ir naturāls skaitlis.
Risinājums.
Ja n=1, abas vienādības daļas pārvēršas par vienu un līdz ar to ir izpildīts pirmais matemātiskās indukcijas principa nosacījums.
Pieņemsim, ka formula ir patiesa n=k, t.i.
.
Papildināsim šīs vienlīdzības abas puses un pārveidosim labo pusi. Tad mēs saņemam
Tādējādi no tā, ka formula ir patiesa n=k, izriet, ka tā ir patiesa arī n=k+1. Šis apgalvojums ir patiess jebkurai k dabiskajai vērtībai. Tātad ir izpildīts arī matemātiskās indukcijas principa otrais nosacījums. Formula ir pierādīta.
2. piemērsPierādīt, ka naturālās rindas pirmo n skaitļu summa ir .
Risinājums.
Apzīmēsim nepieciešamo summu , t.i. 
.
Ja n=1, hipotēze ir patiesa.
Ļaujiet 
. Ļaujiet mums to parādīt 
.
Patiešām,
Problēma atrisināta.
3. piemērsPierādīt, ka naturālās rindas pirmo n skaitļu kvadrātu summa ir vienāda ar 
.
Risinājums.
Ļaujiet .
.
Izliksimies tā 
. Tad
Un visbeidzot.
4. piemērs Pierādiet to.
Risinājums.
Ja tad
5. piemērs Pierādiet to
Risinājums.
Ja n=1, hipotēze acīmredzami ir pareiza.
Ļaujiet .
Pierādīsim to.
Tiešām,
Matemātiskās indukcijas metodes pielietošanas piemēri
nevienlīdzības pierādījums
1. piemērsPierādīt, ka jebkuram naturālam skaitlim n>1
.
Risinājums.
Nevienlīdzības kreiso pusi apzīmē ar .
Tāpēc n=2 nevienādība ir patiesa.
Ļaujiet kādam k. Pierādīsim, ka tad un . Mums ir 
, .
Salīdzinot un , mums ir 
, t.i. 
.
Jebkuram pozitīvam veselam skaitlim k pēdējās vienādības labā puse ir pozitīva. Tāpēc . Bet , tāpēc un .
2. piemērsAtrodi kļūdu argumentācijā.
Paziņojums, apgalvojums. Jebkuram dabiskajam n nevienlīdzība ir patiesa.
Pierādījums.
. (1)
Pierādīsim, ka tad nevienādība ir spēkā arī n=k+1, t.i.
.
Patiešām, vismaz 2 jebkurai dabiskajai k. Kreisajai pusei pievienosim nevienādību (1) un labajā pusē 2. Iegūsim taisnīgu nevienlīdzību vai 
. Apgalvojums ir pierādīts.
3. piemērsPierādiet to 
, kur >-1, , n ir naturāls skaitlis, kas lielāks par 1.
Risinājums.
Ja n=2, nevienlīdzība ir patiesa, jo .
Lai nevienādība ir patiesa n=k, kur k ir kāds naturāls skaitlis, t.i.
. (1)
Parādīsim, ka tad nevienādība ir spēkā arī n=k+1, t.i.
. (2)
Patiešām, pieņemot, , Tāpēc nevienlīdzība
, (3)
iegūts no nevienādības (1), reizinot katru tās daļu ar . Nevienādību (3) pārrakstīsim šādi: . Atmetot pozitīvo vārdu pēdējās nevienādības labajā pusē, iegūstam derīgo nevienādību (2).
4. piemērs Pierādiet to
(1)
kur , , n ir naturāls skaitlis, kas lielāks par 1.
Risinājums.
Ja n=2, nevienādība (1) iegūst formu
. (2)
Kopš , tad nevienlīdzība
. (3)
Pieskaitot katrai nevienādības (3) daļai ar , iegūstam nevienādību (2).
Tas pierāda, ka nevienādība (1) ir spēkā n=2.
Lai nevienādība (1) ir spēkā n=k, kur k ir kāds naturāls skaitlis, t.i.
. (4)
Pierādīsim, ka tad nevienādībai (1) jābūt spēkā arī n=k+1, t.i.
(5)
Reizināsim abas nevienādības (4) daļas ar a+b. Tā kā ar nosacījumu , mēs iegūstam šādu taisnīgu nevienlīdzību:
. (6)
Lai pierādītu nevienlīdzību (5), pietiek ar to parādīt
, (7)
vai kas ir tas pats,
. (8)
Nevienlīdzība (8) ir līdzvērtīga nevienlīdzībai
. (9)
Ja , Tad , Un nevienādības (9) kreisajā pusē mums ir divu pozitīvu skaitļu reizinājums. Ja , Tad , Un nevienādības (9) kreisajā pusē mums ir divu reizinājums negatīvi skaitļi. Abos gadījumos ir spēkā nevienlīdzība (9).
Tas pierāda, ka nevienādības (1) derīgums n=k nozīmē tās derīgumu n=k+1.
Matemātiskās indukcijas metode, kas piemērota citiem
uzdevumus
Dabiskākais matemātiskās indukcijas metodes pielietojums ģeometrijā, kas ir tuvu šīs metodes izmantošanai skaitļu teorijā un algebrā, ir pielietojums ģeometrisko skaitļošanas uzdevumu risināšanā. Apskatīsim dažus piemērus.
1. piemērsAprēķiniet pareizās malas - kvadrātu, kas ierakstīts aplī ar rādiusu R.
Risinājums.
Ja n=2 pareizs 2 n - kvadrāts ir kvadrāts; viņa puse. Tālāk pēc dubultošanas formulas
atrast parastā astoņstūra malu 
, regulāra sešstūra mala 
, regulāra trīsdesmit divu leņķu mala 
. Tāpēc mēs varam pieņemt, ka regulāras malas ir ierakstītas 2 n - kvadrāts jebkuram ir vienāds
. (1)
Pieņemsim, ka regulāra ierakstīta -gon malu izsaka ar formulu (1). Šajā gadījumā pēc dubultošanas formulas
,
no kā izriet, ka formula (1) ir derīga visiem n.
2. piemērsCik trijstūros var sadalīt n-stūri (ne vienmēr izliektu) pēc tā nekrustojas diagonālēm?
Risinājums.
Trijstūrim šis skaitlis ir vienāds ar vienu (trijstūrī nevar ievilkt diagonāles); četrstūrim šis skaitlis acīmredzami ir vienāds ar divi.
Pieņemsim, ka mēs jau zinām, ka katrs k-gons, kur k
A n
A 1 A 2
Lai А 1 А k ir viena no šī nodalījuma diagonālēm; tas sadala n-stūri А 1 А 2 …А n k-gonā A 1 A 2 …A k un (n-k+2)-stūru А 1 А k A k+1 …A n . Pamatojoties uz izdarīto pieņēmumu, kopējais nodalījumu trīsstūru skaits būs vienāds ar
(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
tādējādi mūsu apgalvojums ir pierādīts visiem n.
3. piemērsNorādiet noteikumu skaitļa P(n) aprēķināšanai veidiem, kā izliektu n-stūri var sadalīt trijstūrī ar nekrustojas diagonālēm.
Risinājums.
Trijstūrim šis skaitlis acīmredzami ir vienāds ar vienu: P(3)=1.
Pieņemsim, ka mēs jau esam noteikuši skaitļus P(k) visiem k
Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -1).
Izmantojot šo formulu, mēs secīgi iegūstam:
P(4)=P(3)+P(3)=2,
P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,
P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14
utt.
Tāpat, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, var atrisināt uzdevumus ar grafikiem.
Lai plaknē ir dots līniju tīkls, kas savieno dažus punktus savā starpā un kam nav citu punktu. Šādu līniju tīklu mēs sauksim par karti, dotie punkti ir tā virsotnes, līkņu segmenti starp divām blakus virsotnēm - kartes robežas, plaknes daļas, kurās tas ir sadalīts ar robežām - valstis karte.
Lai lidmašīnā tiek dota kāda karte. Mēs teiksim, ka tā ir pareizi iekrāsota, ja katra no tās valstīm ir nokrāsota noteiktā krāsā, un jebkuras divas valstis, kurām ir kopīga robeža, ir nokrāsotas dažādās krāsās.
4. piemērsLidmašīnā ir n apļi. Pierādiet, ka jebkuram šo apļu izvietojumam to veidoto karti var pareizi iekrāsot ar divām krāsām.
Risinājums.
Attiecībā uz n=1 mūsu apgalvojums ir acīmredzams.
Pieņemsim, ka mūsu apgalvojums ir patiess jebkurai kartei, ko veido n apļi, un lai plaknē ir doti n + 1 apļi. Noņemot vienu no šiem apļiem, mēs iegūstam karti, kuru, pamatojoties uz izdarīto pieņēmumu, var pareizi iekrāsot ar divām krāsām, piemēram, melnbaltu.
Indukcija ir metode vispārīga apgalvojuma iegūšanai no konkrētiem novērojumiem. Gadījumā, ja matemātiskais apgalvojums attiecas uz noteiktu objektu skaitu, to var pierādīt, pārbaudot katru objektu. Piemēram, apgalvojums: “Katrs divciparu pāra skaitlis ir divu pirmskaitļu summa”, izriet no virknes vienādību, kuras ir diezgan reāli noteikt:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Pierādīšanas metodi, kurā apgalvojums tiek pārbaudīts ierobežotam gadījumu skaitam, izsmeļot visas iespējas, sauc par pilnīgu indukciju. Šo metodi izmanto salīdzinoši reti, jo matemātiskie apgalvojumi parasti attiecas nevis uz ierobežotām, bet bezgalīgām objektu kopām. Piemēram, apgalvojums par pāra divciparu skaitļiem, kas pierādīts iepriekš ar pilnīgu indukciju, ir tikai īpašs teorēmas gadījums: "Jebkurš pāra skaitlis ir divu pirmskaitļu summa." Šī teorēma vēl nav pierādīta vai atspēkota.
Matemātiskā indukcija ir metode noteikta apgalvojuma pierādīšanai jebkuram dabiskajam n, pamatojoties uz matemātiskās indukcijas principu: “Ja apgalvojums ir patiess n=1 un no tā derīguma n=k, tad šis apgalvojums ir patiess n= k+1, tad tā ir taisnība visiem n ". Pierādīšanas metode ar matemātisko indukciju ir šāda:
1) indukcijas bāze: pierādiet vai tieši pārbaudiet apgalvojuma derīgumu n=1 (dažreiz n=0 vai n=n 0);
2) indukcijas solis (pāreja): tie pieņem apgalvojuma derīgumu kādam naturālam n=k un, pamatojoties uz šo pieņēmumu, pierāda apgalvojuma derīgumu n=k+1.
Problēmas ar risinājumiem
1. Pierādīt, ka jebkuram naturālam n skaitlis 3 2n+1 +2 n+2 dalās ar 7.
Apzīmējiet A(n)=3 2n+1 +2 n+2 .
indukcijas bāze. Ja n=1, tad A(1)=3 3 +2 3 =35 un acīmredzami dalās ar 7.
Indukcijas hipotēze. Lai A(k) dalās ar 7.
induktīvā pāreja. Pierādīsim, ka A(k+1) dalās ar 7, tas ir, uzdevuma apgalvojuma derīgumu pie n=k.
А(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 3 2 +2 k+2 2 1 =3 2k+1 9+2 k+2 2=
3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2 .
Pēdējais skaitlis dalās ar 7, jo tā ir divu veselu skaitļu starpība, kas dalās ar 7. Tāpēc 3 2n+1 +2 n+2 jebkuram naturālam n dalās ar 7.
2. Pierādīt, ka jebkuram pozitīvam veselam skaitlim n skaitlis 2 3 n +1 dalās ar 3 n+1 un nedalās ar 3 n+2 .
Ieviesīsim apzīmējumu: a i =2 3 i +1.
Ja n=1 mums ir, un 1 =2 3 +1=9. Tātad 1 dalās ar 3 2 un nedalās ar 3 3 .
Pieņemsim, ka n=k skaitlis a k dalās ar 3 k+1 un nedalās ar 3 k+2 , t.i., a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kur m nedalās ar 3. Tad
un k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k 2 –2 3 k +1)=3 k+1 m m ((2 3 k +1) 2 -3 2 3 k)=3 k+1 m ((3 k+1 m) 2 -3 2 3 k)=
3 k+2 m (3 2k+1 m 2 –2 3 k).
Acīmredzot k+1 dalās ar 3 k+2 un nedalās ar 3 k+3 .
Tāpēc apgalvojums ir pierādīts jebkuram naturālam n.
3. Ir zināms, ka x+1/x ir vesels skaitlis. Pierādīt, ka х n +1/х n ir arī vesels skaitlis jebkuram veselam skaitlim n.
Ieviesīsim apzīmējumu: a i \u003d x i +1 / x i un nekavējoties atzīmēsim, ka a i \u003d a -i, tāpēc mēs turpināsim runāt par dabiskajiem indeksiem.
Piezīme: un 1 ir vesels skaitlis pēc nosacījuma; a 2 ir vesels skaitlis, jo a 2 \u003d (a 1) 2 -2; un 0=2.
Pieņemsim, ka a k ir vesels skaitlis jebkuram pozitīvam veselam skaitlim k, kas nepārsniedz n. Tad a 1 ·a n ir vesels skaitlis, bet a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 un a n+1 =a 1 ·a n –a n–1. Tomēr n–1 ir vesels skaitlis saskaņā ar indukcijas hipotēzi. Tādējādi а n+1 ir arī vesels skaitlis. Tāpēc х n +1/х n ir vesels skaitlis jebkuram veselam skaitlim n, kas bija jāpierāda.
4. Pierādīt, ka jebkuram pozitīvam veselam skaitlim n, kas lielāks par 1, ir dubultnevienādība
5. Pierādīt, ka naturālajam n > 1 un |х|
(1–x)n + (1+x)n
Ja n=2 nevienādība ir patiesa. Tiešām,
(1–x) 2 + (1 + x) 2 = 2 + 2 x 2
Ja nevienādība ir patiesa n=k, tad n=k+1 mums ir
(1–x)k+1 +(1+x)k+1
Nevienādība ir pierādīta jebkuram naturālam skaitlim n > 1.
6. Plaknē ir n apļi. Pierādiet, ka jebkuram šo apļu izvietojumam to veidoto karti var pareizi iekrāsot ar divām krāsām.
Izmantosim matemātiskās indukcijas metodi.
Ja n=1 apgalvojums ir acīmredzams.
Pieņemsim, ka apgalvojums ir patiess jebkurai kartei, kuru veido n apļi, un plaknē ir doti n + 1 apļi. Noņemot vienu no šiem apļiem, mēs iegūstam karti, kuru, pamatojoties uz izdarīto pieņēmumu, var pareizi nokrāsot ar divām krāsām (skatiet pirmo attēlu zemāk).
Pēc tam atjaunojam izmesto apli un vienā tā pusē, piemēram, iekšpusē, mainām katra laukuma krāsu uz pretējo (skat. otro attēlu). Ir viegli redzēt, ka šajā gadījumā mēs iegūstam karti, kas pareizi iekrāsota ar divām krāsām, bet tikai tagad ar n + 1 apļiem, kas bija jāpierāda.
7. Izliekts daudzstūris tiks saukts par "skaistu", ja būs izpildīti šādi nosacījumi:
1) katra tā virsotne ir nokrāsota vienā no trim krāsām;
2) jebkuras divas kaimiņu virsotnes krāsotas dažādās krāsās;
3) vismaz viena daudzstūra virsotne ir iekrāsota katrā no trim krāsām.
Pierādiet, ka jebkuru skaistu n-stūri ar nekrustojas diagonālēm var sagriezt "skaistos" trīsstūros.
Izmantosim matemātiskās indukcijas metodi.
indukcijas bāze. Mazākajam iespējamajam n=3 uzdevuma formulējums ir acīmredzams: "skaistā" trijstūra virsotnes ir iekrāsotas trīs dažādas krāsas un nav nepieciešami griezumi.
Indukcijas hipotēze. Pieņemsim, ka problēmas apgalvojums ir patiess jebkuram "skaistajam" n-gonam.
indukcijas solis. Apsveriet patvaļīgu "skaisto" (n + 1)-gonu un pierādiet, izmantojot indukcijas hipotēzi, ka to var sagriezt ar dažām diagonālēm "skaistos" trīsstūros. Apzīmē ar А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – (n+1)-stūra secīgās virsotnes. Ja tikai viena (n + 1)-stūra virsotne ir iekrāsota kādā no trim krāsām, tad savienojot šo virsotni ar diagonālēm ar visām virsotnēm, kas tai nav blakus, mēs iegūstam nepieciešamo (n + 1) - nodalījumu. iedziļināties "skaistos" trīsstūros.
Ja katrā no trim krāsām ir nokrāsotas vismaz divas (n + 1)-stūra virsotnes, tad virsotnes A 1 krāsu apzīmējam ar skaitli 1, bet virsotnes A 2 krāsu ar skaitli 2. . Pieņemsim, ka k ir mazākais skaitlis, kura virsotne A k ir iekrāsota trešajā krāsā. Skaidrs, ka k > 2. Nogriezīsim no (n+1)-stūra trijstūri А k–2 А k–1 А k ar diagonāli А k–2 А k . Saskaņā ar skaitļa k izvēli visas šī trijstūra virsotnes ir nokrāsotas trīs dažādās krāsās, tas ir, šis trīsstūris ir "skaista". Arī palikušais izliektais n-stūris A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 induktīvā pieņēmuma dēļ būs “skaista”, kas nozīmē, ka ir sadalīts “skaistos” trīsstūros, kas un bija jāpierāda.
8. Pierādīt, ka izliektā n-stūrī nav iespējams izvēlēties vairāk par n diagonālēm, lai jebkurām divām no tām būtu kopīgs punkts.
Pierādīšanu veiksim ar matemātiskās indukcijas metodi.
Pierādīsim vispārīgāku apgalvojumu: izliektā n-stūrī nav iespējams izvēlēties vairāk par n malām un diagonālēm, lai jebkurām divām no tām būtu kopīgs punkts. Ja n = 3, apgalvojums ir acīmredzams. Pieņemsim, ka šis apgalvojums ir patiess patvaļīgam n-stūrim, un, izmantojot to, pierādīsim tā derīgumu patvaļīgam (n + 1)-stūrim.
Pieņemsim, ka (n + 1)-gon šis apgalvojums nav patiess. Ja no katras (n+1)-stūra virsotnes izceļas ne vairāk kā divas izvēlētās malas vai diagonāles, tad no tām ir izvēlēta ne vairāk kā n+1. Tāpēc no kādas virsotnes A iznāk vismaz trīs izvēlētās malas jeb diagonāles AB, AC, AD. Ļaujiet AC atrasties starp AB un AD. Tā kā jebkura mala vai diagonāle, kas iziet no C, izņemot CA, nevar šķērsot AB un AD vienlaikus, no C iziet tikai viena izvēlētā diagonāle CA.
Atmetot punktu C kopā ar diagonāli CA, iegūstam izliektu n-stūri, kurā ir izvēlētas vairāk nekā n malas un diagonāles, no kurām jebkurām divām ir kopīgs punkts. Tādējādi mēs nonākam pie pretrunas ar pieņēmumu, ka apgalvojums ir patiess patvaļīgam izliektam n-stūrim.
Tātad (n + 1) gonim apgalvojums ir patiess. Saskaņā ar matemātiskās indukcijas principu apgalvojums ir patiess jebkuram izliektam n-stūrim.
9. Plaknē ir novilktas n taisnes, no kurām nav divas paralēlas un neviena trīs neiet caur vienu un to pašu punktu. Cik daļās šīs līnijas sadala plakni.
Ar elementāru rasējumu palīdzību var viegli pārliecināties, ka viena taisne sadala plakni 2 daļās, divas taisnes 4 daļās, trīs taisnes 7 daļās un četras taisnes 11 daļās.
Ar N(n) apzīmē to daļu skaitu, kurās n līnijas sadala plakni. To var redzēt
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Ir dabiski to pieņemt
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
vai, kā to ir viegli noteikt, izmantojot formulu aritmētiskās progresijas pirmo n vārdu summai,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Pierādīsim šīs formulas derīgumu ar matemātiskās indukcijas metodi.
Ja n=1, formula jau ir pārbaudīta.
Izdarot induktīvo pieņēmumu, apsveriet k + 1 rindas, kas apmierina uzdevuma nosacījumu. No tiem patvaļīgi izvēlamies k taisnas līnijas. Saskaņā ar induktīvo hipotēzi tie sadala plakni 1+ k(k+1)/2 daļās. Atlikusī (k + 1) rinda tiks sadalīta ar atlasītajām k rindām k + 1 daļās un tādējādi iet cauri (k + 1) daļai, kurā plakne jau ir sadalīta, un katra no šīs daļas tiks sadalītas 2 daļās, tas ir, tiks pievienota vēl k+1 daļa. Tātad,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
Q.E.D.
10. Izteiksmē x 1: x 2: ...: x n tiek liktas iekavas, lai norādītu darbību secību, un rezultāts tiek uzrakstīts kā daļskaitlis:
(šajā gadījumā katrs no burtiem x 1, x 2, ..., x n ir vai nu daļskaitļa skaitītājā, vai saucējā). Cik daudz dažādu izteiksmju var iegūt šādā veidā ar visiem iespējamiem iekavu kārtošanas veidiem?
Pirmkārt, ir skaidrs, ka iegūtajā daļā x 1 būs skaitītājā. Gandrīz tikpat skaidrs, ka x 2 būs saucējā jebkuram iekavu izvietojumam (dalījuma zīme pirms x 2 attiecas vai nu uz pašu x 2, vai uz jebkuru izteiksmi, kuras skaitītājā ir x 2).
Var pieņemt, ka visi pārējie burti x 3 , x 4 , ... , x n var atrasties skaitītājā vai saucējā pilnīgi patvaļīgi. No tā izriet, ka kopā var iegūt 2 n-2 daļskaitļus: katrs no n-2 burtiem x 3, x 4, ..., x n var būt neatkarīgi no pārējiem skaitītājā vai saucējā.
Pierādīsim šo apgalvojumu ar indukciju.
Ja n=3, jūs varat iegūt 2 daļdaļas:
tātad apgalvojums ir patiess.
Mēs pieņemam, ka tas ir derīgs n=k un pierāda to n=k+1.
Ļaujiet izteiksmi x 1: x 2: ...: x k pēc zināma iekavu izkārtojuma rakstīt kā daļskaitli Q. Ja x k: x k+1 tiek aizstāts ar šo izteiksmi x k vietā, tad x k būs tajā pašā vietā, kur tā bija daļdaļās Q, un x k + 1 neatradīsies vietā, kur stāvēja x k (ja x k bija saucējā, tad x k + 1 būs skaitītājā un otrādi).
Tagad pierādīsim, ka varam pievienot x k+1 tai pašai vietai, kur x k . Daļā Q pēc iekavu ievietošanas noteikti būs izteiksme formā q:x k, kur q ir burts x k–1 vai kāda izteiksme iekavās. Aizstājot q: x k ar izteiksmi (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1), mēs acīmredzot iegūstam to pašu daļu Q, kur x k vietā ir x k x k+1 .
Tādējādi iespējamo daļskaitļu skaits n=k+1 gadījumā ir 2 reizes lielāks nekā n=k gadījumā un ir vienāds ar 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . Tādējādi apgalvojums ir pierādīts.
Atbilde: 2 n-2 frakcijas.
Problēmas bez risinājumiem
1. Pierādiet, ka jebkuram dabiskajam n:
a) skaitlis 5 n -3 n + 2n dalās ar 4;
b) skaitlis n 3 +11n dalās ar 6;
c) skaitlis 7 n +3n–1 dalās ar 9;
d) skaitlis 6 2n +19 n –2 n+1 dalās ar 17;
e) skaitlis 7 n+1 +8 2n–1 dalās ar 19;
f) skaitlis 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 dalās ar 27.
2. Pierādīt, ka (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Pierādīt nevienādību |sin nx| n|sinx| jebkurai dabiskai n.
4. Atrast veseli skaitļi a, b, c, kas nedalās ar 10 un tādi, ka jebkuram naturālam n skaitļiem a n + b n un c n ir vienādi pēdējie divi cipari.
5. Pierādīt, ka, ja n punkti neatrodas uz vienas taisnes, tad starp taisnēm, kas tos savieno, ir vismaz n dažādas.