Metoda teorije matematične indukcije. Metodološki razvoj "metoda matematične indukcije"

Nosečnost in otroci 03.10.2020

Nosečnost in otroci

Pravo znanje je ves čas temeljilo na vzpostavitvi vzorca in dokazovanju njegove resničnosti v določenih okoliščinah. Za tako dolgo obdobje obstoja logičnega sklepanja so bile podane formulacije pravil, Aristotel pa je celo sestavil seznam "pravilnega sklepanja". Zgodovinsko gledano je običajno vse sklepanje razdeliti na dve vrsti - od konkretnega do množinskega (indukcija) in obratno (dedukcija). Opozoriti je treba, da vrste dokazov od posameznega do splošnega in od splošnega do posebnega obstajajo samo v medsebojni povezavi in jih ni mogoče zamenjati.

Indukcija v matematiki

Izraz "indukcija" (indukcija) ima latinske korenine in se dobesedno prevaja kot "vodenje". Po natančnem preučevanju lahko ločimo strukturo besede, in sicer latinsko predpono - in- (označuje usmerjeno dejanje navznoter ali bivanje znotraj) in -duction - uvod. Omeniti velja, da obstajata dve vrsti - popolna in nepopolna indukcija. Za polno obliko so značilni sklepi, ki izhajajo iz študija vseh predmetov določenega razreda.

Nepopolni - zaključki veljajo za vse predmete razreda, vendar so narejeni na podlagi študija le nekaterih enot.

Popolna matematična indukcija je sklep, ki temelji na splošnem sklepu o celotnem razredu kakršnih koli predmetov, ki so funkcionalno povezani z relacijami naravnega niza števil na podlagi poznavanja te funkcionalne povezave. V tem primeru postopek dokazovanja poteka v treh fazah:

na prvi stopnji se dokaže pravilnost izjave matematične indukcije. Primer: f = 1, indukcija;
naslednja stopnja temelji na predpostavki, da položaj velja za vsa naravna števila. Se pravi, f=h, to je induktivna predpostavka;
na tretji stopnji se dokaže veljavnost položaja za število f=h+1 na podlagi pravilnosti položaja prejšnjega odstavka - to je indukcijski prehod oziroma korak matematične indukcije. Primer je tako imenovani, če pade prva kost v vrsti (osnova), potem padejo vse kosti v vrsti (prehod).

Tako v šali kot resno

Za lažje dojemanje so primeri rešitev z metodo matematične indukcije obsojeni v obliki šaljivih problemov. To je naloga vljudne čakalne vrste:

Pravila obnašanja prepovedujejo moškemu, da se obrne pred žensko (v tem primeru jo pustijo spredaj). Glede na to trditev, če je zadnji v vrsti moški, potem so vsi ostali moški.

Osupljiv primer metode matematične indukcije je problem "Brezdimenzijski let":

Potrebno je dokazati, da se v minibus umesti poljubno število ljudi. Res je, da se ena oseba brez težav spravi v transport (osnova). Toda ne glede na to, kako poln je minibus, bo vanj vedno prišel 1 potnik (indukcijska stopnica).

znanih krogih

Primeri reševanja problemov in enačb z matematično indukcijo so precej pogosti. Kot ilustracijo tega pristopa lahko obravnavamo naslednji problem.

Pogoj: h krogov je postavljenih na ravnino. Dokazati je treba, da je za kakršno koli razporeditev figur mogoče zemljevid, ki ga tvorijo, pravilno pobarvati z dvema barvama.

rešitev: za h=1 je trditev očitna, zato bomo dokaz gradili za število krogov h+1.

Predpostavimo, da trditev velja za katerikoli zemljevid in je na ravnini podanih h + 1 krožnic. Z odstranitvijo enega od krogov iz skupnega seštevka lahko dobite zemljevid, pravilno obarvan z dvema barvama (črno in belo).

Pri obnavljanju izbrisanega kroga se barva vsakega področja spremeni v nasprotno (v tem primeru znotraj kroga). Izkazalo se je, da je zemljevid pravilno obarvan v dveh barvah, kar je bilo treba dokazati.

Primeri z naravnimi števili

Spodaj je jasno prikazana uporaba metode matematične indukcije.

Primeri rešitev:

Dokažite, da bo enakost pravilna za vsak h:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Naj bo h=1, potem:

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

Iz tega sledi, da je za h=1 trditev pravilna.

2. Ob predpostavki, da je h=d, dobimo naslednjo enačbo:

R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1

3. Ob predpostavki, da je h=d+1, se izkaže:

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 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

S tem je dokazana veljavnost enakosti za h=d+1, torej trditev velja za vsako naravno število, kar je v primeru rešitve prikazano z matematično indukcijo.

Naloga

Pogoj: zahteva se dokaz, da je za katero koli vrednost h izraz 7 h -1 deljiv s 6 brez ostanka.

rešitev:

1. Recimo h=1, v tem primeru:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (tj. deljeno s 6 brez ostanka)

Zato je za h=1 izjava resnična;

2. Naj bo h=d in 7 d -1 je deljivo s 6 brez ostanka;

3. Dokaz veljavnosti izjave za h=d+1 je formula:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

AT ta primer prvi člen je po predpostavki prvega odstavka deljiv s 6, drugi člen pa je enak 6. Trditev, da je 7 h -1 deljivo s 6 brez ostanka za vsak naravni h, drži.

Zmota sodbe

Pogosto se v dokazih uporablja nepravilno sklepanje zaradi netočnosti uporabljenih logičnih konstrukcij. V bistvu se to zgodi, ko sta kršeni struktura in logika dokaza. Primer nepravilnega razmišljanja je naslednja ilustracija.

Naloga

Pogoj: zahteva dokaz, da vsak kup kamenja ni kup.

rešitev:

1. Recimo h=1, v tem primeru je v kupčku 1 kamenček in trditev drži (osnova);

2. Naj za h=d velja, da kup kamenja ni kup (predpostavka);

3. Naj bo h=d+1, iz česar sledi, da ko dodamo še en kamen, komplet ne bo kup. Sam sklep nakazuje, da predpostavka velja za vse naravne h.

Napaka je v tem, da ni definicije, koliko kamnov tvori kup. Takšna opustitev se v metodi matematične indukcije imenuje prenagljena generalizacija. Primer to jasno kaže.

Indukcija in zakoni logike

Zgodovinsko gledano vedno »hodita z roko v roki«. Znanstvene discipline, kot sta logika, filozofija, jih opisujejo v obliki nasprotij.

Z vidika zakona logike induktivne definicije temeljijo na dejstvih in resničnost premis ne določa pravilnosti nastale izjave. Pogosto so zaključki pridobljeni z določeno mero verjetnosti in verodostojnosti, ki pa je seveda treba preveriti in potrditi z dodatnimi raziskavami. Primer indukcije v logiki bi bila izjava:

Suša v Estoniji, suša v Latviji, suša v Litvi.

Estonija, Latvija in Litva so baltske države. Suša v vseh baltskih državah.

Iz primera lahko sklepamo, da z metodo indukcije ni mogoče pridobiti nove informacije ali resnice. Vse, na kar je mogoče računati, je nekaj možne resničnosti sklepov. Poleg tega resničnost premis ne zagotavlja enakih zaključkov. Vendar to dejstvo ne pomeni, da indukcija raste na dvorišču dedukcije: ogromno določb in znanstvenih zakonov je utemeljenih z metodo indukcije. Za zgled so lahko matematika, biologija in druge vede. To je predvsem posledica metode popolne indukcije, v nekaterih primerih pa je uporabna tudi delna.

Častitljiva doba indukcije je omogočila, da je prodrla v skoraj vsa področja človeškega delovanja - to je znanost, ekonomija in vsakdanji zaključki.

Indukcija v znanstvenem okolju

Metoda indukcije zahteva natančen odnos, saj je preveč odvisno od števila podrobnosti proučevane celote: kaj več preučevali, bolj zanesljiv je rezultat. Na podlagi te značilnosti se znanstveni zakoni, pridobljeni z metodo indukcije, dovolj dolgo testirajo na ravni verjetnostnih predpostavk, da se izolirajo in preučijo vsi možni strukturni elementi, povezave in vplivi.

V znanosti induktivni sklep temelji na pomembnih značilnostih, z izjemo naključnih določb. To dejstvo pomembna v povezavi s specifiko znanstvenega spoznanja. To je jasno razvidno iz primerov indukcije v znanosti.

V znanstvenem svetu obstajata dve vrsti indukcije (v povezavi z metodo študija):

indukcija-izbor (ali selekcija);
indukcija – izključitev (eliminacija).

Prvo vrsto odlikuje metodično (natančno) vzorčenje razreda (podrazredov) iz njegovih različnih področij.

Primer te vrste indukcije je naslednji: srebro (ali srebrove soli) čisti vodo. Sklep temelji na dolgoletnih opazovanjih (nekakšen izbor potrditev in ovržb – selekcija).

Druga vrsta indukcije temelji na sklepih, ki vzpostavljajo vzročne zveze in izključujejo okoliščine, ki ne ustrezajo njenim lastnostim, in sicer univerzalnosti, upoštevanju časovnega zaporedja, nujnosti in nedvoumnosti.

Indukcija in dedukcija s stališča filozofije

Če pogledate zgodovinsko retrospektivo, je izraz "indukcija" prvi omenil Sokrat. Aristotel je primere indukcije v filozofiji opisal v bolj približnem terminološkem slovarju, vprašanje nepopolne indukcije pa ostaja odprto. Po preganjanju aristotelovskega silogizma se je začela induktivna metoda priznavati kot plodna in edina možna v naravoslovju. Bacon velja za očeta indukcije kot samostojne posebne metode, vendar mu ni uspelo ločiti indukcije od deduktivne metode, kot so zahtevali njegovi sodobniki.

Nadaljnji razvoj indukcije je izvedel J. Mill, ki je teorijo indukcije obravnaval z vidika štirih glavnih metod: dogovora, razlike, ostankov in ustreznih sprememb. Ni presenetljivo, da so danes naštete metode ob podrobni obravnavi deduktivne.

Zavedanje nedoslednosti teorij Bacona in Milla je znanstvenike pripeljalo do raziskovanja verjetnostne osnove indukcije. Vendar je bilo tudi tu nekaj skrajnosti: indukcijo so poskušali zmanjšati na teorijo verjetnosti z vsemi posledicami.

Indukcija dobi zaupnico, ko praktična uporaba na določenih predmetnih področjih in zahvaljujoč metrični natančnosti induktivne osnove. Primer indukcije in dedukcije v filozofiji je zakon gravitacija. Na dan odkritja zakona ga je Newton lahko preveril s 4-odstotno natančnostjo. In pri preverjanju po več kot dvesto letih je bila pravilnost potrjena z natančnostjo 0,0001 odstotka, čeprav je bilo preverjanje izvedeno z istimi induktivnimi posplošitvami.

Sodobna filozofija posveča več pozornosti dedukciji, ki jo narekuje logična želja po pridobivanju novega znanja (ali resnice) iz že znanega, ne da bi se zatekla k izkušnjam, intuiciji, ampak z uporabo "čistega" razmišljanja. Pri sklicevanju na resnične premise v deduktivni metodi je rezultat v vseh primerih resnična izjava.

Ta zelo pomembna lastnost ne sme zasenčiti vrednosti induktivne metode. Ker indukcija, ki temelji na dosežkih izkušenj, postane tudi sredstvo njihove obdelave (vključno s posploševanjem in sistematizacijo).

Uporaba indukcije v ekonomiji

Indukcija in dedukcija se že dolgo uporabljata kot metodi preučevanja gospodarstva in napovedovanja njegovega razvoja.

Obseg uporabe indukcijske metode je precej širok: preučevanje izpolnjevanja kazalnikov napovedi (dobiček, amortizacija itd.) In splošna ocena stanja podjetja; oblikovanje učinkovite politike promocije podjetja, ki temelji na dejstvih in njihovih razmerjih.

Ista metoda indukcije je uporabljena v Shewhartovih diagramih, kjer ob predpostavki, da so procesi razdeljeni na nadzorovane in nenadzorovane, navajajo, da je ogrodje kontroliranega procesa neaktivno.

Opozoriti je treba, da so znanstveni zakoni utemeljeni in potrjeni z metodo indukcije, in ker je ekonomija veda, ki pogosto uporablja matematično analizo, teorijo tveganja in statistične podatke, ni presenetljivo, da je indukcija uvrščena na seznam glavnih metod.

Naslednja situacija lahko služi kot primer indukcije in dedukcije v ekonomiji. Podražitev hrane (iz potrošniške košarice) in nujnih dobrin potrošnika potiska k razmišljanju o nastajajočih visokih stroških v državi (indukcija). Hkrati je iz dejstva visokih stroškov mogoče z matematičnimi metodami izpeljati kazalnike rasti cen za posamezno blago ali kategorijo blaga (odbitek).

Najpogosteje se vodstveno osebje, menedžerji in ekonomisti obrnejo na indukcijsko metodo. Da bi lahko dovolj resnično napovedali razvoj podjetja, tržno obnašanje in posledice konkurence, je nujen induktivno-deduktivni pristop k analizi in obdelavi informacij.

Ilustrativen primer indukcije v ekonomiji, ki se nanaša na napačne sodbe:

dobiček družbe se je zmanjšal za 30 %;
konkurent je razširil svojo linijo izdelkov;
nič drugega se ni spremenilo;
proizvodna politika konkurenčnega podjetja je povzročila 30-odstotno zmanjšanje dobička;
zato je treba izvajati enako proizvodno politiko.

Primer je barvita ilustracija, kako nesposobna uporaba metode indukcije prispeva k propadu podjetja.

Dedukcija in indukcija v psihologiji

Ker obstaja metoda, potem logično obstaja tudi pravilno organizirano mišljenje (za uporabo metode). Psihologija kot veda, ki preučuje duševne procese, njihov nastanek, razvoj, odnose, interakcije, posveča pozornost "deduktivnemu" razmišljanju kot eni od oblik manifestacije dedukcije in indukcije. Žal na straneh psihologije na internetu praktično ni utemeljitve celovitosti deduktivno-induktivne metode. Čeprav se poklicni psihologi pogosteje srečujejo z manifestacijami indukcije ali bolje rečeno z napačnimi sklepi.

Primer indukcije v psihologiji kot ilustracija napačnih sodb je izjava: moja mama je prevarantka, zato so vse ženske prevarantke. Obstaja še več "zmotnih" primerov indukcije iz življenja:

učenec ni sposoben ničesar, če je dobil dvojko pri matematiki;
on je bedak;
pameten je;
Vse zmorem;

In številne druge vrednostne sodbe, ki temeljijo na povsem naključnih in včasih nepomembnih sporočilih.

Treba je opozoriti: ko zmota sodb osebe doseže točko absurda, se za psihoterapevta pojavi fronta dela. En primer uvajanja pri specialistu:

"Pacient je popolnoma prepričan, da rdeča barva zanj nosi samo nevarnost v kakršnih koli manifestacijah. Posledično je oseba to barvno shemo izključila iz svojega življenja - kolikor je to mogoče. V domačem okolju je veliko možnosti za udobno bivanje. Lahko zavrnete vse rdeče predmete ali jih zamenjate z analogi, izdelanimi v drugi barvni shemi. Ampak v na javnih mestih, v službi, v trgovini – to je nemogoče. Ko pacient pride v stresno situacijo, vsakič doživi "plimo" popolnoma drugačnega čustvena stanja ki lahko predstavljajo nevarnost za druge."

Ta primer indukcije in nezavedne se imenuje "fiksne ideje". Če se to zgodi z duševnim zdrava oseba, lahko govorimo o pomanjkanju organizacije duševne dejavnosti. Elementarni razvoj deduktivnega mišljenja lahko postane način, kako se znebiti obsesivnih stanj. V drugih primerih s takimi bolniki delajo psihiatri.

Zgornji primeri indukcije kažejo, da "nepoznavanje prava ne oprosti posledic (zmotnih sodb)."

Psihologi, ki se ukvarjajo s temo deduktivnega razmišljanja, so sestavili seznam priporočil, ki ljudem pomagajo obvladati to metodo.

Prvi korak je rešitev problema. Kot je razvidno, lahko obliko indukcije, ki se uporablja v matematiki, štejemo za "klasično", uporaba te metode pa prispeva k "disciplini" uma.

Naslednji pogoj za razvoj deduktivnega mišljenja je širjenje obzorja (tisti, ki mislijo jasno, jasno povedo). To priporočilo usmerja »trpljenje« v zakladnice znanosti in informacij (knjižnice, spletne strani, izobraževalne pobude, potovanja itd.).

Ločeno je treba omeniti tako imenovano "psihološko indukcijo". Ta izraz, čeprav redko, je mogoče najti na internetu. Vsi viri ne podajajo vsaj kratke definicije tega izraza, ampak se sklicujejo na "primere iz življenja", medtem ko se izdajajo za nova vrsta indukcija ali sugestija, ali nekatere oblike duševnih bolezni, ali ekstremna stanja človeške psihe. Iz vsega zgoraj navedenega je jasno, da poskus izpeljave »novega izraza«, ki temelji na lažnih (pogosto neresničnih) premisah, eksperimentatorja obsodi na napačno (ali prenagljeno) izjavo.

Treba je opozoriti, da je sklicevanje na poskuse iz leta 1960 (brez navedbe kraja, imen eksperimentatorjev, vzorca subjektov in, kar je najpomembneje, namena eksperimenta) videti, milo rečeno, neprepričljivo in izjava da možgani zaznavajo informacije mimo vseh organov zaznavanja (besedna zveza "izkušen" bi se v tem primeru bolj organsko prilegala), pomislimo na lahkovernost in nekritičnost avtorja izjave.

Namesto zaključka

Kraljica znanosti - matematika, ne zaman uporablja vse možne rezerve metode indukcije in dedukcije. Obravnavani primeri nam omogočajo sklepati, da površna in nesposobna (nepremišljena, kot pravijo) uporaba celo najbolj natančnih in zanesljivih metod vedno vodi do napačnih rezultatov.

V množični zavesti je metoda odbitka povezana s slavnim Sherlockom Holmesom, ki v svojih logičnih konstrukcijah pogosto uporablja primere indukcije, pri čemer dedukcijo uporablja v nujnih situacijah.

Članek je obravnaval primere uporabe teh metod v različnih znanostih in sferah človeškega življenja.

Ministrstvo za izobraževanje regija Saratov

Saratovska državna socialno-ekonomska univerza

Regijsko tekmovanje iz matematike in delo z računalnikomšolski otroci

"Vektor prihodnosti - 2007"

«Metoda matematične indukcije.

Njegova uporaba pri reševanju algebraičnih problemov"

(razdelek "matematika")

ustvarjalno delo

Učenci 10"A" razreda

MOU "Gimnazija št. 1"

Okrožje Oktyabrsky v Saratovu

Harutyunyan Gayane.

Vodja dela:

učiteljica matematike

Grishina Irina Vladimirovna

Saratov

2007

Uvod……………………………………………………………………………………3

Princip matematične indukcije in njen

dokaz……………………………………………………………………………..4

Primeri reševanja problemov……………………………………………………………………..9

Zaključek………………………………………………………………………………..16

Literatura……………………………………………………………………………………17

Uvod.

Metodo matematične indukcije lahko primerjamo z napredkom. Začnemo od najnižjega, kot rezultat logičnega razmišljanja pridemo do najvišjega. Človek že od nekdaj teži k napredku, k zmožnosti logičnega razvoja misli, kar pomeni, da mu je narava sama namenila, da misli induktivno in svojo misel podkrepi z dokazi, izvedenimi po vseh pravilih logike.
Trenutno se je področje uporabe metode matematične indukcije povečalo, vendar se ji v šolskem kurikulumu na žalost posveča malo časa. A to je tako pomembno – znati induktivno razmišljati.

Princip matematične indukcije in njegov dokaz

Obrnimo se k bistvu metode matematične indukcije. Razmislimo o različnih izjavah. Lahko jih razdelimo na splošne in posebne.Navedimo primere splošnih izjav.

Vsi ruski državljani imajo pravico do izobraževanja.

V katerem koli paralelogramu se diagonale na presečišču razpolovijo.

Vsa števila, ki se končajo na nič, so deljiva s 5.

Ustrezni primeri zasebnih izjav:

Petrov ima pravico do izobraževanja.

V paralelogramu ABCD sta diagonali v presečni točki razpolovljeni.

140 je deljivo s 5.

Prehod od splošnih izjav k posebnim se imenuje dedukcija (iz latinščine deductio - sklepanje po pravilih logike).

Razmislite o primeru deduktivnega sklepanja.

Vsi ruski državljani imajo pravico do izobraževanja. (ena)

Petrov je državljan Rusije. (2)

Petrov ima pravico do izobraževanja. (3)

Iz splošne trditve (1) s pomočjo (2) dobimo partikularno trditev (3).

Povratni prehod iz posameznih izjav v splošne izjave se imenuje indukcija (iz latinščine indukcija - vodenje).

Indukcija lahko vodi do pravilnih in napačnih zaključkov.

Razložimo to z dvema primeroma.

140 je deljivo s 5. (1)

Vsa števila, ki se končajo na nič, so deljiva s 5. (2)

140 je deljivo s 5. (1)

Vsa trimestna števila so deljiva s 5. (2)

Iz partikularne izjave (1) dobimo splošno trditev (2). Trditev (2) drži.

Drugi primer prikazuje, kako lahko iz posamezne izjave (1) pridobimo splošno trditev (3), poleg tega trditev (3) ni resnična.

Zastavimo si vprašanje, kako uporabiti indukcijo v matematiki, da bi dobili le pravilne zaključke. Oglejmo si nekaj primerov indukcije, ki je v matematiki nesprejemljiva.

Primer 1.

Razmislite o kvadratnem trinomu naslednje oblike Р(x)= x 2 + x + 41, na katerega je bil pozoren Leonard Euler.

P(0) = 41, P(1) = 43, P(2) = 47, P(3) = 53, P(4) = 61, P(5) = 71, P(6) = 83, P (7) = 97, P(8) = 113, P(9)=131, P(10) = 151.

Vidimo, da je vsakič vrednost trinoma praštevilo. Na podlagi dobljenih rezultatov trdimo, da pri zamenjavi v obravnavani trinom namesto x Vsako nenegativno celo število vedno povzroči praštevilo.

Vendar pa sklepa ni mogoče šteti za zanesljivega. Kaj je narobe? Dejstvo je, da so v obrazložitvi podane splošne izjave o katerem koli x samo na podlagi tega, da se je ta izjava izkazala za resnično za nekatere vrednosti x.

Dejansko so ob natančnejšem pregledu trinoma P(x) števila P(0), P(1), ..., P(39) praštevila, P(40) = 41 2 pa je sestavljeno število. In povsem jasno: P(41) = 41 2 +41+41 je večkratnik 41.

V tem primeru smo se srečali z izjavo, ki je resnična v 40 posebnih primerih, na splošno pa se je izkazala za nepravično.

Poglejmo si še nekaj primerov.

Primer 2

V 17. stoletju je V.G. Leibniz je dokazal, da so za vsak naravni n števila v obliki n 3 - n večkratniki 3, n 5 - n večkratniki 5, n 7 - n večkratniki 7. Na podlagi tega je predlagal, da je za vsako liho k in naravno n, število n k - n večkratnik k, vendar je kmalu sam opazil, da je 2 9 -2=510, ki očitno ni deljivo z 9.

Obravnavani primeri nam omogočajo, da naredimo pomemben zaključek: izjava je lahko resnična v številnih posebnih primerih in hkrati nepravična na splošno.

Seveda se postavlja vprašanje: obstaja trditev, ki je resnična v več posebnih primerih; nemogoče je upoštevati vse posebne primere; kako veš, če ta izjava sploh drži?

To vprašanje je včasih mogoče rešiti z uporabo posebne metode sklepanja, imenovane metoda matematične indukcije. Ta metoda temelji na princip matematične indukcije, ki se zaključi z naslednjim: izjava velja za vsak naravni n, če:

velja za n = 1;

iz veljavnosti izjave za neko poljubno naravno n =k sledi, da velja za n = k +1.

Dokaz.

Predpostavimo nasprotno, to je, naj trditev ne velja za vsako naravno n. Potem obstaja naravno število m tako, da

izjava za n = m ni resnična,

za vse n

Očitno je, da je m >1, saj trditev velja za n =1 (pogoj 1). Zato je m -1 naravno število. Za naravno število m -1 trditev drži, za naslednje naravno število m pa ne drži. To je v nasprotju s pogojem 2. Nastalo protislovje kaže, da je predpostavka napačna. Zato velja trditev za vsak naravni n, h.e.d.

Dokaz, ki temelji na principu matematične indukcije, imenujemo dokaz z metodo matematične indukcije. Tak dokaz bi moral biti sestavljen iz dveh delov, iz dokaza dveh neodvisnih izrekov.

1. izrek. Trditev velja za n =1.

2. izrek. Trditev velja za n =k +1, če velja za n=k, kjer je k poljubno naravno število.

Če sta oba ta izreka dokazana, potem na podlagi načela matematične indukcije izjava velja za katero koli
naravni n .

Poudariti je treba, da dokaz z matematično indukcijo vsekakor zahteva dokaz obeh izrekov 1 in 2. Zanemarjanje izreka 2 vodi do napačnih zaključkov (primeri 1-2). Pokažimo na primeru, kako potreben je dokaz izreka 1.

Primer 3. "Izrek": vsako naravno število je enako naravnemu številu, ki mu sledi.

Dokaz bo izveden z metodo matematične indukcije.

Recimo, da je k =k +1 (1).

Dokažimo, da je k +1=k +2 (2). Če želite to narediti, vsakemu delu "enakosti" (1) dodajte 1. Dobimo "enakost" (2). Izkaže se, da če je trditev resnična za n =k , potem je resnična tudi za n =k +1 itd.

Očitna "posledica" iz "teorema": vsa naravna števila so enaka.

Napaka je v tem, da izrek 1, ki je nujen za uporabo principa matematične indukcije, ni dokazan in ni resničen, ampak je dokazan le drugi izrek.

Izreka 1 in 2 sta še posebej pomembna.

Izrek 1 ustvarja osnovo za indukcijo. Izrek 2 daje pravico do neomejenega samodejnega širjenja te baze, pravico do premika iz tega posebnega primera v naslednjega, od n do n + 1.

Če izrek 1 ni bil dokazan, dokazan pa je izrek 2, potem torej ni bila ustvarjena osnova za indukcijo in potem nima smisla uporabljati izreka 2, saj pravzaprav ni kaj razširiti.

Če izrek 2 ni bil dokazan in je bil dokazan le izrek 1, potem, čeprav je osnova za izvedbo indukcije ustvarjena, ni pravice do razširitve te baze.

Opombe.

Včasih drugi del dokaza temelji na veljavnosti izjave ne samo za n =k, ampak tudi za n =k -1. V tem primeru je treba stavek v prvem delu preizkusiti za naslednji dve vrednosti n.

Včasih trditev ne dokažemo za noben naravni n, temveč za n > m, kjer je m neko celo število. V tem primeru se v prvem delu dokaza trditev preveri za n =m +1 in po potrebi za več naslednjih vrednosti n.

Če povzamemo povedano, imamo: metoda matematične indukcije omogoča, da v iskanju splošnega zakona preizkusimo hipoteze, ki se pojavijo v tem primeru, zavržemo napačne in potrdimo resnične.

Vsi poznajo vlogo procesov posploševanja rezultatov posameznih opazovanj in poskusov (tj. indukcije) za empirične, eksperimentalne znanosti. Matematika je že dolgo obravnavana klasični vzorec izvajanje čisto deduktivnih metod, saj se vedno eksplicitno ali implicitno domneva, da so vsi matematični predlogi (razen tistih, ki so vzeti kot začetni - aksiomi) dokazani, specifične aplikacije teh predlogov pa so izpeljane iz dokazov, primernih za splošne primere (dedukcija).

Kaj pomeni indukcija v matematiki? Ali jo je treba razumeti kot premalo zanesljivo metodo in kako iskati merilo za zanesljivost tovrstnih induktivnih metod? Ali gotovost matematičnih zaključkov, ki so enake narave kot eksperimentalne posplošitve eksperimentalnih znanosti, tako da ne bi bilo slabo "preveriti" nobenega dokazanega dejstva? V resnici temu ni tako.

Indukcija (usmerjanje) na hipotezo ima v matematiki zelo pomembno, a povsem hevristično vlogo: omogoča ugibati, kakšna bi morala biti rešitev. Toda matematične trditve se vzpostavijo le deduktivno. In metoda matematične indukcije je čisto deduktivna metoda dokazovanja. Dejansko je dokaz, izveden s to metodo, sestavljen iz dveh delov:

tako imenovana "osnova" - deduktivni dokaz želenega stavka za eno (ali več) naravnih števil;

induktivni korak, sestavljen iz deduktivnega dokaza splošne izjave. Izrek je natančno dokazan za vsa naravna števila. Iz dokazane baze na primer za število 0 dobimo s korakom indukcije dokaz za število 1, nato na enak način za 2, za 3 ... - in tako lahko trditev utemeljimo za poljubno naravno število.

Z drugimi besedami, ime "matematična indukcija" je posledica dejstva, da je ta metoda v naših glavah preprosto povezana s tradicionalnim induktivnim sklepanjem (navsezadnje je osnova resnično dokazana le za določen primer); induktivni korak je v nasprotju s kriteriji verodostojnosti induktivnega sklepanja, ki temelji na izkušnjah v naravoslovju in družboslovju, splošna izjava, ki ne potrebuje posebne premise in se dokazuje v skladu s strogimi kanoni deduktivnega sklepanja. Zato se matematična indukcija imenuje "popolna" ali "popolna", saj je deduktivna, popolnoma zanesljiva metoda dokaz o.

Primeri rešitev problema

Indukcija v algebri

Razmislite o več primerih algebraičnih problemov, pa tudi o dokazih različnih neenakosti, ki jih je mogoče rešiti z metodo matematične indukcije.

Naloga 1. Ugani formulo za vsoto in jo dokaži.

AMPAK( n )= 2  1 2 + 3 2 2 + …..+(n +1) n 2 .

rešitev.

1. Transformirajmo izraz za vsoto А(n):

A(n)= 2  1 2 + 3  2 2 + ….+ (n+1) n 2 = (1+1) 1 2 + (2+1) 2 2 + …. + (n+1) n 2 = =1  1 2 + 2  2 2 + …+n  n 2 + 1 2 + 2 2 +… +n 2 =1 3 + 2 3 +… +n 3 +1 2 + 2 2 +… +n 2 = В(n) + C(n), kjer je B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Upoštevajte vsoti C (n) in B (n).

a) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Eden od pogostih problemov pri metodi matematične indukcije je dokazati, da za vsak naravni n velja enakost

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Predpostavimo, da (1) velja za vse n  n.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Opazujmo, kako se vrednosti B (n) spreminjajo glede na n.

B(1) = 1 3 = 1 .

B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2

B(3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 =

Tako se lahko domneva, da
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

c) Posledično dobimo za vsoto А(n).

AMPAK( n ) ==

= (*)

3. Dobljeno formulo (*) dokažimo z metodo matematične indukcije.

a) preverimo enakost (*) za n = 1.

A(1) = 2  =2,

Očitno formula (*) velja za n = 1.

b) predpostavimo, da formula (*) velja za n=k , kjer je k N, torej enakost

A(k)=

Na podlagi predpostavke bomo dokazali veljavnost formule za n =k +1. res,

A(k+1)=

Ker formula (*) velja za n =1 in iz predpostavke, da velja za nek naravni k, sledi, da velja za n =k +1, na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da je enakost

velja za vsak naravni n.

Naloga 2.

Izračunajte vsoto 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

rešitev.

Zaporedoma zapišimo vrednosti vsot za različne vrednosti n.

A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,

A(5)=1-2+3-4+5=3, A(6)=1-2+3-4+5-6= -3.

Če opazujemo vzorec, lahko predpostavimo, da je A (n)= - za sodo n in A (n)=
za liho n. Združimo oba rezultata v eno formulo:

A(n) =
, kjer je r ostanek deljenja n z 2.

in r , očitno določa naslednje pravilo

0 če n je sodo,

1 če n je liho.

Potem r(lahko uganiti) je mogoče predstaviti kot:

Končno dobimo formulo za A (n):

A(n)=

(*)

Dokažimo enakost (*) za vse n  n metoda matematične indukcije.

2. a) Preverite enakost (*) za n =1. A(1) = 1=

Enakost je poštena

b) Recimo, da velja enakost

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

res pri n=k. Dokažimo, da velja tudi za n =k + 1, tj.

A(k+1)=

Vsekakor,

A(k+1)=A(k)+(-1) k (k+1) =

Q.E.D.

Metoda matematične indukcije se uporablja tudi za reševanje problemov deljivosti.

Naloga 3.

Dokaži, da je število N (n)=n 3 + 5n deljivo s 6 za vsak naravni n.

Dokaz.

pri n =1 število N (1)=6 in zato trditev drži.

Naj bo za nek naravni k število N (k )=k 3 +5k deljivo s 6. Dokažimo, da je N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) deljivo s 6. Res, imamo
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Zaradi k in k +1 sosednji naravni števili, potem je eno od njiju nujno sodo, zato je izraz 3k (k +1) deljiv s 6. Tako dobimo, da je tudi N (k +1) deljivo s 6. Izhod število N (n)=n 3 + 5n je deljivo s 6 za vsak naravni n.

Razmislite o rešitvi kompleksnejšega problema deljivosti, ko je treba metodo popolne matematične indukcije uporabiti večkrat.

Naloga 4.

Dokažite, da je za vsako naravno število n
ni deljivo niti z 2 n +3 .

Dokaz.

Predstavljajte si
v obliki dela
=

= (*)

Po predpostavki prvi faktor v (*) ni enakomerno deljiv s številom 2 k +3 , to je v predstavitvi sestavljenega števila
v obliki produkta praštevil se število 2 ponovi največ (k + 2)-krat. Torej, da bi dokazali, da je številka
ni deljivo z 2 k +4 , to moramo dokazati
ni deljivo s 4.

Za dokaz te trditve dokažemo pomožno trditev: za noben naravni n število 3 2 n +1 ni deljivo s 4. Za n =1 je trditev očitna, saj 10 ni deljivo s 4 brez ostanka. Ob predpostavki, da 3 2 k +1 ni deljivo s 4, dokažemo, da tudi 3 2(k +1) +1 ni deljivo
s 4. Predstavimo zadnji izraz kot vsoto:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Drugi člen vsote je deljiv s 4, prvi pa ni deljiv. Zato celotna vsota ni deljiva s 4 brez ostanka. Pomožna trditev je dokazana.

Zdaj je to jasno
ni deljivo s 4, ker je 2k sodo število.

Končno dobimo to številko
ni enakomerno deljivo z 2 n +3 za noben naravni n.

Razmislite zdaj o primeru uporabe indukcije pri dokazu neenakosti.

Naloga 5.

Za kateri naravni n velja neenakost 2 n > 2n + 1?

rešitev.

1. Kdaj n=1 2 1< 2*1+1,

pri n=2 2 2< 2*2+1,

pri n =3 2 3 > 2*3+1,

pri n =4 2 4 > 2*4+1.

Očitno neenakost velja za vsak naravni n  3. Dokažimo to trditev.

2. Kdaj n =3 je veljavnost neenakosti že dokazana. Naj zdaj neenakost velja za n =k, kjer je k neko naravno število, ki ni manjše od 3, tj.

2 k > 2k+1 (*)

Dokažimo, da potem neenakost velja tudi za n =k +1, torej 2 k +1 >2(k +1)+1. Pomnožimo (*) z 2, dobimo 2 k +1 >4k +2. Primerjajmo izraza 2(k +1)+1 in 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Očitno je 2k -1>0 za vsak naravni k. Potem je 4k +2>2(k +1)+1, tj. 2k+1 >2(k+1)+1. Trditev je dokazana.

Naloga 6.

Neenakost za aritmetično in geometrično sredino n nenegativnih števil (Cauchyjeva neenakost)., dobimo =

Če je vsaj ena od številk
enaka nič, potem velja tudi neenakost (**).

Zaključek.

Pri delu sem proučila bistvo metode matematične indukcije in njen dokaz. V prispevku so predstavljeni problemi, pri katerih je imela pomembno vlogo nepopolna indukcija, ki je vodila do pravilne rešitve, nato pa je izveden dokaz, pridobljen z metodo matematične indukcije.

Literatura.

Boltyansky V.G., Sidorov Yu.V., Shaburin M.I. Predavanja in naloge na elementarna matematika; Znanost, 1974.

Vilenkin N.Y. , Shvartsburd S.I. Matematična analiza.-
M.: Izobraževanje, 1973.

Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Poglobljena študija tečaja algebre in matematične analize - M .: Izobraževanje, 1990.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I. Algebra in analiza elementarnih funkcij.- M.: Nauka, 1980.

Sominsky I.S., Golovina M.L., Yaglom I.M. O matematični indukciji - M.: Nauka, 1967.

Uvod

Glavni del

1. Popolna in nepopolna indukcija

2. Načelo matematične indukcije

3. Metoda matematične indukcije

4. Rešitev primerov

5. Enakosti

6. Deljenje števil

7. Neenakosti

Zaključek

Seznam uporabljene literature

Uvod

Deduktivne in induktivne metode so osnova vsake matematične raziskave. Deduktivna metoda sklepanja je sklepanje od splošnega k posameznemu, tj. sklepanje, katerega izhodišče je splošni rezultat, končna točka pa partikularni rezultat. Indukcija se uporablja pri prehodu od posameznih rezultatov k splošnim, tj. je nasprotje deduktivne metode.

Metodo matematične indukcije lahko primerjamo z napredkom. Začnemo od najnižjega, kot rezultat logičnega razmišljanja pridemo do najvišjega. Človek je vedno težil k napredku, k sposobnosti logičnega razvoja svojega mišljenja, kar pomeni, da mu je narava sama namenila induktivno mišljenje.

Čeprav se je področje uporabe metode matematične indukcije povečalo, se ji v šolskem kurikulumu posveča malo časa. No povej kaj koristno za človeka prinesli bodo tisti dve ali tri lekcije, za katere sliši pet besed teorije, reši pet primitivnih problemov in posledično dobi petico, ker ne zna ničesar.

A to je tako pomembno – znati induktivno razmišljati.

Glavni del

V prvotnem pomenu se beseda "indukcija" uporablja za razmišljanje, s katerim se na podlagi številnih posebnih trditev pridobijo splošni zaključki. Najenostavnejša metoda sklepanja te vrste je popolna indukcija. Tu je primer takšnega razmišljanja.

Naj bo treba ugotoviti, da vsak naravni sodo število n znotraj 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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.

Teh devet enakosti kaže, da je vsako število, ki nas zanima, dejansko predstavljeno kot vsota dveh pračlenov.

Popolna indukcija torej pomeni, da je splošna izjava dokazana ločeno v vsakem od končnega števila možnih primerov.

Včasih je skupni rezultat mogoče predvideti, če upoštevamo ne vse, ampak dovolj veliko število posebni primeri (tako imenovana nepopolna indukcija).

Rezultat, dobljen z nepopolno indukcijo, pa ostane le hipoteza, dokler ni dokazan z natančnim matematičnim sklepanjem, ki zajema vse posebne primere. Z drugimi besedami, nepopolna indukcija v matematiki ne velja za legitimno metodo strogega dokaza, ampak je močna metoda za odkrivanje novih resnic.

Recimo, da je treba najti vsoto prvih n zaporednih lihih števil. Upoštevajte posebne primere:

1+3+5+7+9=25=5 2

Po preučitvi teh nekaj posebnih primerov se predlaga naslednji splošni sklep:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tiste. vsota prvih n zaporednih lihih števil je n 2

Seveda opažanje še ne more služiti kot dokaz veljavnosti zgornje formule.

Popolna indukcija ima le omejeno uporabo v matematiki. Številne zanimive matematične izjave pokrivajo neskončno število posebnih primerov in ne moremo testirati neskončnega števila primerov. Nepopolna indukcija pogosto vodi do napačnih rezultatov.

V mnogih primerih je izhod iz te težave ta, da se zatečemo k posebni metodi sklepanja, imenovani metoda matematične indukcije. To je naslednje.

Naj bo treba za poljubno naravno število n dokazati veljavnost določene trditve (npr. dokazati je treba, da je vsota prvih n lihih števil enaka n 2). Neposredno preverjanje te trditve za vsako vrednost n je nemogoče, saj je množica naravnih števil neskončna. Da bi dokazali to trditev, najprej preverite njeno veljavnost za n=1. Nato je dokazano, da za vsako naravno vrednost k veljavnost obravnavane izjave za n=k implicira njeno veljavnost tudi za n=k+1.

Potem velja, da je trditev dokazana za vse n. Trditev dejansko drži za n=1. Toda potem velja tudi za naslednje število n=1+1=2. Veljavnost trditve za n=2 pomeni njeno veljavnost za n=2+

1=3. To implicira veljavnost izjave za n=4 in tako naprej. Jasno je, da bomo na koncu dosegli poljubno naravno število n. Trditev torej velja za vsak n.

Če povzamemo povedano, oblikujemo naslednje splošno načelo.

Načelo matematične indukcije.

Če stavek A(n) odvisno od naravnega številan, drži zan=1 in iz dejstva, da velja zan=k(kjek-poljubno naravno število), sledi, da velja tudi za naslednje številon=k+1, potem predpostavka A(n) velja za vsako naravno številon.

V številnih primerih bo morda treba dokazati veljavnost določene trditve ne za vsa naravna števila, ampak samo za n>p, kjer je p fiksno naravno število. V tem primeru je načelo matematične indukcije oblikovano na naslednji način. Če stavek A(n) velja zan=pin če A(k) Þ AMPAK(k+1)za kogarkolik>p,nato stavek A(n)res za vsakogarn>str.

Dokaz z metodo matematične indukcije se izvede na naslednji način. Najprej se trditev, ki jo je treba dokazati, preveri za n=1, tj. ugotovljena je resničnost trditve A(1). Ta del dokaza se imenuje indukcijska baza. Temu sledi del dokaza, imenovan indukcijski korak. V tem delu je dokazana veljavnost trditve za n=k+1 ob predpostavki, da je trditev resnična za n=k (induktivna predpostavka), tj. dokaži, da je A(k)ÞA(k+1).

PRIMER 1

Dokažite, da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Rešitev: 1) Imamo n=1=1 2 . Posledično

izjava velja za n=1, tj. A(1) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1).

Naj bo k poljubno naravno število in naj velja trditev za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo, da potem trditev velja tudi za naslednje naravno število n=k+1, tj. kaj

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Vsekakor,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

Torej A(k)ÞA(k+1). Na podlagi principa matematične indukcije sklepamo, da predpostavka A(n) velja za vsak nОN.

PRIMER 2

Dokaži to

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kjer je x¹1

Rešitev: 1) Za n=1 dobimo

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

zato je za n=1 formula resnična; A(1) drži.

2) Naj bo k poljubno naravno število in naj velja formula za n=k, tj.

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

Dokažimo, da je potem enakost

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).

Vsekakor

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).

Torej A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da formula velja za vsako naravno število n.

PRIMER 3

Dokažite, da je število diagonal konveksnega n-kotnika n(n-3)/2.

Rešitev: 1) Za n=3 je trditev resnična

In 3 je pravilno, ker v trikotniku

 A 3 =3(3-3)/2=0 diagonal;

A 2 A(3) drži.

2) Recimo, da v kateri koli

konveksni k-kotnik ima-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonali.

A k Dokažimo, da potem v konveksni

(k+1)-gonsko število

diagonale A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Naj bo A 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -konveksni (k+1)-kotnik. Vanj narišimo diagonalo A 1 A k. Če želite prešteti skupno število diagonal tega (k + 1)-kota, morate prešteti število diagonal v k-kotu A 1 A 2 ...A k, dobljenemu številu dodati k-2, tj. število diagonal (k+1)-kotnika, ki izhajajo iz oglišča A k+1 , poleg tega pa je treba upoštevati diagonalo A 1 A k.

V to smer,

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Torej A(k)ÞA(k+1). Zaradi načela matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.

PRIMER 4

Dokažite, da za vsak n velja trditev:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

Zato je za n=1 trditev resnična.

2) Predpostavimo, da je n=k

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

3) Upoštevajte to izjavo za 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)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak naravni n.

PRIMER 5

Dokažite, da za vsak naravni n velja enakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rešitev: 1) Naj bo n=1.

Potem je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vidimo, da za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da enakost velja za n=k

Če je stavek A(n), ki je odvisen od naravnega števila n, resničen za n=1 in iz dejstva, da je resničen za n=k (kjer je k poljubno naravno število), sledi, da je tudi velja za naslednje število n=k +1, potem predpostavka A(n) velja za vsako naravno število n.

Če je trditev A(n) resnična za n=p in če je A(k) X A(k+1) za kateri koli k>p, potem je trditev A(n) resnična za kateri koli n>p.

Dokažite, da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Imamo n=1=1 2 . Zato je trditev resnična za n=1, tj. A(1) drži
2) Dokažimo, da je A(k) ~ A(k+1)

Naj bo k poljubno naravno število in naj velja trditev za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Dokažimo, da potem trditev velja tudi za naslednje naravno število n=k+1, tj. kaj

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Res je,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Torej, A(k) X A(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da je predpostavka A(n) resnična za vsak n О N

Dokaži to

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), kjer je x št. 1

1) Za n=1 dobimo
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

zato je za n=1 formula resnična; A(1) drži

2) Naj bo k poljubno naravno število in naj formula velja za n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Dokažimo, da je potem enakost

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Res
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)

Torej A(k) ⋅ A(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da formula velja za vsako naravno število n

Dokažite, da je število diagonal konveksnega n-kotnika n(n-3)/2

Rešitev: 1) Za n=3 je trditev resnična, ker v trikotniku

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonal; A 2 A(3) drži

2) Predpostavimo, da ima kateri koli konveksni k-kotnik A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonali. A k Dokažimo, da je potem v konveksnem A k+1 (k+1)-kotniku število diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Naj bo A 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -konveksni (k+1)-kotnik. Vanj narišimo diagonalo A 1 A k. Če želite izračunati skupno število diagonal tega (k + 1)-kota, morate prešteti število diagonal v k-kotu A 1 A 2 ...A k, dobljenemu številu dodati k-2, tj. število diagonal (k+1)-kotnika, ki izhajajo iz oglišča A k+1 , poleg tega pa je treba upoštevati diagonalo A 1 A k

V to smer,

G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

Torej A(k) ⋅ A(k+1). Zaradi načela matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.

Dokažite, da za vsak n velja trditev:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

2) Predpostavimo, da je n=k

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

3) Upoštevajte to izjavo za 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)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak naravni n

Dokažite, da za vsak naravni n velja enakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Rešitev: 1) Naj bo n=1

Potem je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Vidimo, da za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da enakost velja za n=k

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

3) Dokažimo resničnost te izjave za n=k+1, tj.

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

Iz zgornjega dokaza je razvidno, da trditev velja za n=k+1, torej enakost velja za vsak naravni n

Dokaži to

((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(n 2 +n+1), kjer je n>2

Rešitev: 1) Za n=2 je identiteta videti takole:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), tj. res je
2) Predpostavimo, da izraz velja za 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) Dokazali bomo pravilnost izraza za n=k+1
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(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)

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak n>2

Dokaži to

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) za poljuben naravni n

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Predpostavimo, da je torej n=k
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Dokazali bomo resničnost te trditve za 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)

Dokazana je tudi veljavnost enakosti za n=k+1, torej trditev velja za vsak naravni n.

Dokažite veljavnost identitete

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) za vsako naravno n

1) Za n=1 velja istovetnost 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Predpostavimo, da je za n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Dokažemo, da identiteta velja za n=k+1
(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)

Iz zgornjega dokaza je razvidno, da trditev velja za vsako pozitivno celo število n.

Dokažite, da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo s 133 brez ostanka

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

Toda (23 ґ 133) je deljivo s 133 brez ostanka, tako da je za n=1 trditev resnična; A(1) drži.

2) Predpostavimo, da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo s 133 brez ostanka
3) Dokažimo, da je v tem primeru (11 k+3 +12 2k+3) deljivo s 133 brez ostanka. Vsekakor
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

Dobljeni znesek je deljiv s 133 brez ostanka, saj je njegov prvi člen po predpostavki deljiv s 133 brez ostanka, v drugem pa je eden od faktorjev 133. Torej, A (k) Yu A (k + 1). S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana

Dokažite, da je za vsak n 7 n -1 deljivo s 6 brez ostanka

1) Naj bo n=1, potem je X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 deljeno s 6 brez ostanka. Torej za n=1 trditev drži
2) Recimo, da je za n \u003d k 7 k -1 deljivo s 6 brez ostanka
3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1

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

Prvi člen je deljiv s 6, ker je 7 k -1 po predpostavki deljiv s 6, drugi člen pa je 6. Torej je 7 n -1 večkratnik 6 za vsak naravni n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 3 3n-1 +2 4n-3 za poljubno pozitivno celo število n deljivo z 11.

1) Naj bo torej n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 je deljeno z 11 brez ostanka.

Torej za n=1 trditev drži

2) Recimo, da je za n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 deljivo z 11 brez ostanka
3) Dokažemo, da trditev drži za 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

Prvi člen je deljiv z 11 brez ostanka, ker je 3 3k-1 +2 4k-3 po predpostavki deljivo z 11, drugi pa je deljiv z 11, ker je eden od njegovih faktorjev število 11. Zato je vsota tudi deljivo z 11 brez ostanka za vsako naravno n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 11 2n -1 za poljubno pozitivno celo število n deljivo s 6 brez ostanka

1) Naj bo n=1, potem je 11 2 -1=120 deljivo s 6 brez ostanka. Torej za n=1 trditev drži
2) Recimo, da je za n=k 1 2k -1 deljivo s 6 brez ostanka
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Oba člena sta deljiva s 6 brez ostanka: prvi vsebuje večkratnik števila 6 števila 120, drugi pa je po predpostavki deljiv s 6 brez ostanka. Torej je vsota deljiva s 6 brez ostanka. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 3 3n+3 -26n-27 za poljubno pozitivno celo število n deljivo z 26 2 (676) brez ostanka.

Najprej dokažimo, da je 3 3n+3 -1 deljivo s 26 brez ostanka

1. Ko je n=0
3 3 -1=26 je deljivo s 26
2. Recimo, da je za n=k
3 3k+3 -1 je deljivo s 26
3. Dokažimo, da trditev drži za n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - je deljivo s 26

Dokažimo zdaj trditev, formulirano v pogoju problema

1) Očitno je, da za n=1 trditev drži
3 3+3 -26-27=676
2) Recimo, da je za n=k izraz 3 3k+3 -26k-27 deljiv z 26 2 brez ostanka.
3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Oba člena sta deljiva s 26 2 ; prvi je deljiv s 26 2, ker smo dokazali, da je izraz v oklepaju deljiv s 26, drugi pa je deljiv z induktivno hipotezo. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana

Dokažite, da če je n>2 in х>0, potem velja neenakost (1+х) n >1+n ґ х

1) Za n=2 je neenakost resnična, saj
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Torej A(2) drži

2) Dokažimo, da je A(k) ⋅ A(k+1), če je k> 2. Predpostavimo, da A(k) velja, tj. da velja neenakost
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

Dokažimo, da potem velja tudi A(k+1), tj. da velja neenakost

(1+x) k+1 >1+(k+1) x

Če pomnožimo obe strani neenakosti (3) s pozitivnim številom 1+x, dobimo

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Razmislite o desni strani zadnje neenakosti; imamo

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

Posledično dobimo (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Torej A(k) ⋅ A(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije lahko trdimo, da je Bernoullijeva neenakost veljavna za kateri koli n> 2

Dokažite, da neenakost (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 velja za a> 0

Rešitev: 1) Za m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 oba dela sta enaka
2) Predpostavimo, da je za m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Dokažimo, da za m=k+1 neenakost velja
(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

Dokazali smo veljavnost neenakosti za m=k+1, torej zaradi metode matematične indukcije neenakost velja za vsak naravni m

Dokažite, da za n>6 velja neenakost 3 n >n ґ 2 n+1

Zapišimo neenakost v obliki (3/2) n >2n

1. Za n=7 imamo 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 neenakost velja
2. Recimo, da je za n=k (3/2) k >2k
3) Dokažimo veljavnost neenakosti za n=k+1
3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Ker je k>7, je zadnja neenakost očitna.

Zaradi metode matematične indukcije neenakost velja za vsak naravni n

Dokažite, da za n>2 velja neenakost

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Za n=3 neenakost velja
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Recimo, da je za n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Dokažimo veljavnost neenakosti za n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Dokažimo, da je 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

Slednje je očitno, zato

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

Z metodo matematične indukcije je neenakost dokazana.

Metoda matematične indukcije

Uvod

Glavni del

Popolna in nepopolna indukcija
Načelo matematične indukcije
Metoda matematične indukcije
Rešitev primerov
Enakopravnost
Deljenje številk
neenakosti

Zaključek

Seznam uporabljene literature

Uvod

Čeprav se je področje uporabe metode matematične indukcije povečalo, se ji v šolskem kurikulumu posveča malo časa. No, recimo, da bodo koristnega človeka pripeljale tiste dve ali tri lekcije, za katere sliši pet besed teorije, reši pet primitivnih problemov in posledično dobi pet, ker ne ve ničesar.

A to je tako pomembno – znati induktivno razmišljati.

Glavni del

Naj se zahteva, da je vsako naravno sodo število n znotraj 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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.

Teh devet enakosti kaže, da je vsako število, ki nas zanima, dejansko predstavljeno kot vsota dveh pračlenov.

Popolna indukcija torej pomeni, da je splošna izjava dokazana ločeno v vsakem od končnega števila možnih primerov.

Včasih je splošni rezultat mogoče napovedati po upoštevanju ne vseh, temveč velikega števila posebnih primerov (tako imenovana nepopolna indukcija).

Recimo, da je treba najti vsoto prvih n zaporednih lihih števil. Upoštevajte posebne primere:

1+3+5+7+9=25=5 2

Po preučitvi teh nekaj posebnih primerov se predlaga naslednji splošni sklep:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tiste. vsota prvih n zaporednih lihih števil je n 2

Seveda opažanje še ne more služiti kot dokaz veljavnosti zgornje formule.

V mnogih primerih je izhod iz te težave ta, da se zatečemo k posebni metodi sklepanja, imenovani metoda matematične indukcije. To je naslednje.

Potem velja, da je trditev dokazana za vse n. Trditev dejansko drži za n=1. Toda potem velja tudi za naslednje število n=1+1=2. Veljavnost trditve za n=2 pomeni njeno veljavnost za n=2+

1=3. To implicira veljavnost izjave za n=4 in tako naprej. Jasno je, da bomo na koncu dosegli poljubno naravno število n. Trditev torej velja za vsak n.

Če povzamemo povedano, oblikujemo naslednje splošno načelo.

Načelo matematične indukcije.

Če je trditev A(n) resnična za n=p in če je A(k)ÞA(k+1) za katerikoli k>p, potem je trditev A(n) resnična za kateri koli n>p.

Dokažite, da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Rešitev: 1) Imamo n=1=1 2 . Posledično

izjava velja za n=1, tj. A(1) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1).

Naj bo k poljubno naravno število in naj velja trditev za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo, da potem trditev velja tudi za naslednje naravno število n=k+1, tj. kaj

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Vsekakor,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

Torej A(k)ÞA(k+1). Na podlagi principa matematične indukcije sklepamo, da predpostavka A(n) velja za vsak nОN.

Dokaži to

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kjer je x¹1

Rešitev: 1) Za n=1 dobimo

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

zato je za n=1 formula resnična; A(1) drži.

2) Naj bo k poljubno naravno število in naj velja formula za n=k, tj.

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

Dokažimo, da je potem enakost

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).

Vsekakor

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).

Torej A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da formula velja za vsako naravno število n.

Dokažite, da je število diagonal konveksnega n-kotnika n(n-3)/2.

Rešitev: 1) Za n=3 je trditev resnična

In 3 je pravilno, ker v trikotniku

 A 3 =3(3-3)/2=0 diagonal;

A 2 A(3) drži.

2) Recimo, da v kateri koli

konveksni k-kotnik ima-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonali.

A k Dokažimo, da potem v konveksni

(k+1)-gonsko število

diagonale A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

V to smer,

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Torej A(k)ÞA(k+1). Zaradi načela matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.

Dokažite, da za vsak n velja trditev:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

Zato je za n=1 trditev resnična.

2) Predpostavimo, da je n=k

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

3) Upoštevajte to izjavo za 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)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak naravni n.

Dokažite, da za vsak naravni n velja enakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rešitev: 1) Naj bo n=1.

Potem je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vidimo, da za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da enakost velja za n=k

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

3) Dokažimo resničnost te izjave za n=k+1, tj.

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.

Iz zgornjega dokaza je jasno, da trditev velja za n=k+1, torej enakost velja za vsak naravni n.

Dokaži to

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), kjer je n>2.

Rešitev: 1) Za n=2 je identiteta videti takole: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tiste. to je pravilno.

2) Predpostavimo, da izraz velja za n=k

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

3) Dokazali bomo pravilnost izraza za n=k+1.

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Dokazali smo veljavnost enakosti za n=k+1, zato zaradi metode matematične indukcije trditev velja za vsako n>2

Dokaži to

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

za vsako naravno n.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) Predpostavimo, da je torej n=k

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) Dokažimo resničnost te trditve za 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).

Dokazana je tudi veljavnost enakosti za n=k+1, torej trditev velja za vsako naravno število n.

Dokažite veljavnost identitete

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

za vsako naravno n.

1) Za n=1 velja istovetnost 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Predpostavimo, da je za n=k

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) Dokažimo, da je identiteta resnična za n=k+1.

(1 2 /1´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))´((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1).

Iz zgornjega dokaza je razvidno, da trditev velja za vsako naravno število n.

Dokažite, da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo s 133 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.

Toda (23´133) je deljivo s 133 brez ostanka, tako da je za n=1 izjava resnična; A(1) drži.

2) Recimo, da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo s 133 brez ostanka.

3) Dokažimo to v tem primeru

(11 k+3 +12 2k+3) je deljivo s 133 brez ostanka. Dejansko je 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

Dobljena vsota je deljiva s 133 brez ostanka, saj je njen prvi člen po predpostavki deljiv s 133 brez ostanka, v drugem pa je eden od faktorjev 133. Torej, А(k)ÞА(k+1). S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je za vsak n 7 n -1 deljivo s 6 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je X 1 =7 1 -1=6 deljeno s 6 brez ostanka. Torej za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da je za n=k

7 k -1 je deljivo s 6 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1.

X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.

Prvi člen je deljiv s 6, ker je 7 k -1 po predpostavki deljiv s 6, drugi člen pa je 6. Torej je 7 n -1 večkratnik 6 za vsak naravni n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 3 3n-1 +2 4n-3 za poljuben naravni n deljivo z 11.
Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 je deljeno z 11 brez ostanka. Zato je za n=1 trditev resnična.

2) Predpostavimo, da je za n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 je deljivo z 11 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za 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 .

Dokažite, da je 11 2n -1 za poljubno pozitivno celo število n deljivo s 6 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je 11 2 -1=120 deljivo s 6 brez ostanka. Torej za n=1 trditev drži.

2) Predpostavimo, da je za n=k

11 2k -1 je deljivo s 6 brez ostanka.

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1).

Dokažite, da je 3 3n+3 -26n-27 za poljubno pozitivno celo število n deljivo z 26 2 (676) brez ostanka.

Rešitev: Najprej dokažimo, da je 3 3n+3 -1 deljivo s 26 brez ostanka.

Za n=0

3 3 -1=26 je deljivo s 26

Recimo, da za n=k

3 3k+3 -1 je deljivo s 26

Dokažimo, da je izjava

velja za n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – deljivo s 26

Sedaj pa dokažimo trditev, formulirano v pogoju problema.

1) Očitno je, da za n=1 trditev drži

3 3+3 -26-27=676

2) Predpostavimo, da je za n=k

izraz 3 3k+3 -26k-27 je deljiv z 26 2 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).

Dokažite, da če je n>2 in x>0, potem neenakost velja

(1+x) n >1+n´x.

Rešitev: 1) Za n=2 je neenakost resnična, saj

(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.

Torej A(2) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1), če je k> 2. Predpostavimo, da A(k) drži, tj. da je neenakost

(1+x) k >1+k´x. (3)

Dokažimo, da potem velja tudi A(k+1), tj. da velja neenakost

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Če pomnožimo obe strani neenakosti (3) s pozitivnim številom 1+x, dobimo

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Upoštevajte, da je desna stran zadnjega neenaka

stva; imamo

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.

Kot rezultat, to dobimo

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Torej A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije lahko trdimo, da je Bernoullijeva neenakost veljavna za katero koli

Dokaži, da neenakost drži

(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 za a> 0.

Rešitev: 1) Za m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 oba dela sta enaka.

2) Predpostavimo, da je za m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Dokažimo, da za m=k+1 neenakost velja

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +

+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Dokazali smo veljavnost neenakosti za m=k+1, torej na podlagi metode matematične indukcije neenakost velja za vsak naravni m.

Dokažite, da za n>6 velja neenakost

3 n >n´2 n+1 .

Rešitev: Prepišimo neenačbo v obliki

Za n=7 imamo

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

neenakost je resnična.

Recimo, da za n=k

3) Dokažimo pravilnost neenakosti za n=k+1.

3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).

Ker je k>7, je zadnja neenakost očitna.

Na podlagi metode matematične indukcije je neenakost veljavna za vsak naravni n.

Dokažite, da za n>2 velja neenakost

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

Rešitev: 1) Za n=3 neenakost velja

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

Recimo, da za n=k

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

3) Dokazali bomo veljavnost ne-

enakosti za n=k+1

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

Dokažimo, da je 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

w(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Slednje je očitno, zato

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

Z metodo matematične indukcije je neenakost dokazana.

Zaključek

Še posebej, ko sem študiral metodo matematične indukcije, sem izboljšal svoje znanje na tem področju matematike in se tudi naučil reševati probleme, ki prej niso bili v moji moči.

V osnovi so bile to logične in zabavne naloge, tj. le tiste, ki povečujejo zanimanje za samo matematiko kot znanost. Reševanje takšnih problemov postane zabavna dejavnost in lahko v matematične labirinte pritegne vse več radovednežev. Po mojem mnenju je to osnova vsake znanosti.

Z nadaljevanjem študija metode matematične indukcije se bom poskušal naučiti, kako jo uporabiti ne le v matematiki, ampak tudi pri reševanju problemov v fiziki, kemiji in življenju samem.

MATEMATIKA:

PREDAVANJA, NALOGE, REŠITVE

Učbenik / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRA IN NAČELA ANALIZE

Učbenik / I. T. Demidov, A. N. Kolmogorov, S. I. Shvartsburg, O. S. Ivashev-Musatov, B. E. Veits. "Razsvetljenje" 1975.