Primjeri - matematička indukcija. Metoda matematičke indukcije kalkulator online Primjeri matematičke indukcije sa objašnjenjima

Predavanje 6. Metoda matematičke indukcije.

Nova saznanja u nauci i životu stiču se na različite načine, ali se sva (ako ne ulazimo u detalje) dijele na dvije vrste - prijelaz iz opšteg u specifično i iz specifičnog u opšte. Prvi je dedukcija, drugi je indukcija. Deduktivno zaključivanje je ono što se obično naziva u matematici. logičko rezonovanje, au matematičkoj nauci dedukcija je jedina legitimna metoda istraživanja. Pravila logičkog zaključivanja formulisao je prije dva i po milenijuma starogrčki naučnik Aristotel. Napravio je kompletnu listu najjednostavnijih ispravnih rasuđivanja, silogizmi– „građevinski blokovi” logike, a istovremeno ukazuju na tipično rezonovanje koje je veoma slično ispravnom, ali netačno (često se susrećemo sa takvim „pseudološkim” rezonovanjem u medijima).

Indukcija (indukcija - na latinskom vođenje) jasno ilustruje poznata legenda o tome kako je Isak Njutn formulisao zakon univerzalne gravitacije nakon što mu je jabuka pala na glavu. Još jedan primjer iz fizike: u fenomenu kao što je elektromagnetna indukcija, električno polje stvara, "inducira" magnetno polje. „Njutnova jabuka“ je tipičan primer situacije u kojoj jedan ili više posebnih slučajeva, tj. zapažanja, “predlažu” opštu izjavu; opšti zaključak se izvodi na osnovu konkretnih slučajeva. Induktivna metoda je glavna za dobijanje opštih obrazaca kako u prirodnim tako iu ljudskim naukama. Ali ima vrlo značajan nedostatak: na osnovu konkretnih primjera može se izvući netačan zaključak. Hipoteze koje proizilaze iz privatnih zapažanja nisu uvijek tačne. Razmotrimo primjer zbog Eulera.

Izračunat ćemo vrijednost trinoma za neke prve vrijednosti n:

Imajte na umu da su brojevi dobijeni kao rezultat proračuna prosti. I to se može direktno provjeriti za svaki n 1 do 39 polinomska vrijednost
je prost broj. Međutim, kada n=40 dobijamo broj 1681=41 2, koji nije prost. Dakle, hipoteza koja bi ovdje mogla nastati, odnosno hipoteza da za svaku n broj
je jednostavno, ispostavilo se da je lažno.

Lajbnic je u 17. veku dokazao da za svaku pozitivnu celinu n broj
djeljivo sa 3, broj
djeljivo sa 5 itd. Na osnovu ovoga, on je pretpostavio da za bilo koji nepar k i bilo koje prirodne n broj
podijeljena k, ali ubrzo sam to primijetio
nije djeljiva sa 9.

Razmatrani primjeri nam omogućavaju da izvučemo važan zaključak: izjava može biti poštena u nizu posebnih slučajeva i istovremeno nepravedna općenito. Pitanje valjanosti iskaza u opštem slučaju može se rešiti upotrebom posebne metode rezonovanja tzv matematičkom indukcijom(potpuna indukcija, savršena indukcija).

6.1. Princip matematičke indukcije.

♦ Metoda matematičke indukcije se zasniva na princip matematičke indukcije , što je kako slijedi:

1) proverava se validnost ove izjaven=1 (osnova indukcije) ,

2) valjanost ove izjave se pretpostavlja zan= k, Gdjek– proizvoljan prirodan broj 1(pretpostavka indukcije) , a uzimajući u obzir ovu pretpostavku, njegova valjanost se utvrđuje zan= k+1.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, odnosno pretpostavimo da izjava nije tačna za svako prirodno n. Onda postoji tako prirodno m, Šta:

1) izjava za n=m nije fer,

2) za sve n, manji m, izjava je tačna (drugim riječima, m je prvi prirodan broj za koji tvrdnja nije tačna).

Očigledno je da m>1, jer Za n=1 izjava je tačna (uslov 1). dakle,
- prirodni broj. Ispada da je to za prirodan broj
tvrdnja je tačna, a za sljedeći prirodni broj m to je nepravedno. Ovo je u suprotnosti sa uslovom 2. ■

Imajte na umu da je u dokazu korišten aksiom da bilo koja zbirka prirodnih brojeva sadrži najmanji broj.

Dokaz zasnovan na principu matematičke indukcije naziva se metodom potpune matematičke indukcije .

 Primjer6.1. Dokažite to za bilo koji prirodni n broj
djeljivo sa 3.

Rješenje.

1) Kada n=1, dakle a 1 je djeljiv sa 3 i tvrdnja je tačna kada n=1.

2) Pretpostavimo da je izjava tačna za n=k,
, odnosno taj broj
je djeljiv sa 3, a mi utvrđujemo da kada n=k+1 broj je djeljiv sa 3.

Zaista,

Jer Svaki član je djeljiv sa 3, tada je i njihov zbir djeljiv sa 3. ■ 

 Primjer6.2. Dokaži da je zbir prvog n prirodni neparni brojevi jednak je kvadratu njihovog broja, tj.

Rješenje. Koristimo metodu potpune matematičke indukcije.

1) Provjeravamo valjanost ove izjave kada n=1: 1=1 2 – to je tačno.

2) Pretpostavimo da je zbir prvog k (
) neparnih brojeva jednak je kvadratu broja tih brojeva, tj. Na osnovu ove jednakosti utvrđujemo da je zbir prvog k+1 neparni brojevi je jednako
, to je .

Koristimo našu pretpostavku i dobijamo

. ■ 

Za dokazivanje nekih nejednakosti koristi se metoda potpune matematičke indukcije. Dokažimo Bernoullijevu nejednakost.

 Primjer6.3. Dokaži to kada
i bilo koje prirodne n nejednakost je tačna
(Bernoullijeva nejednakost).

Rješenje. 1) Kada n=1 dobijamo
, što je tačno.

2) Pretpostavljamo da kada n=k postoji nejednakost
(*). Koristeći ovu pretpostavku, to dokazujemo
. Imajte na umu da kada
ova nejednakost vrijedi i stoga je dovoljno razmotriti slučaj
.

Pomnožimo obje strane nejednakosti (*) brojem
i dobijamo:

To je (1+
. ■ 

Dokaz metodom nepotpuna matematička indukcija neke izjave u zavisnosti od n, Gdje
izvedeno na sličan način, ali se na početku uspostavlja pravičnost za najmanju vrijednost n.

Neki problemi ne navode eksplicitno tvrdnju koja se može dokazati matematičkom indukcijom. U takvim slučajevima morate sami uspostaviti obrazac i postaviti hipotezu o valjanosti ovog uzorka, a zatim koristiti metodu matematičke indukcije da testirate predloženu hipotezu.

 Primjer6.4. Pronađite iznos
.

Rješenje. Nađimo sume S 1 , S 2 , S 3. Imamo
,
,
. Pretpostavljamo da za bilo koji prirodni n formula je važeća
. Da bismo provjerili ovu hipotezu, koristit ćemo metodu potpune matematičke indukcije.

1) Kada n=1 hipoteza je tačna, jer
.

2) Pretpostavimo da je hipoteza tačna za n=k,
, to je
. Koristeći ovu formulu, utvrđujemo da je hipoteza istinita čak i kada n=k+1, tj

Zaista,

Dakle, na osnovu pretpostavke da je hipoteza tačna kada n=k,
, dokazano je da to vrijedi i za n=k+1, a na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da formula vrijedi za bilo koji prirodan broj n. ■ 

 Primjer6.5. U matematici je dokazano da je zbir dvije ravnomjerno neprekidne funkcije uniformno kontinuirana funkcija. Na osnovu ove izjave, morate dokazati da je zbir bilo kojeg broja
uniformno kontinuiranih funkcija je uniformno kontinuirana funkcija. Ali budući da još nismo uveli koncept „uniformno kontinuirane funkcije“, postavimo problem apstraktnije: neka bude poznato da zbir dvije funkcije koje imaju neko svojstvo S, sama ima imovinu S. Dokažimo da zbir bilo kojeg broja funkcija ima svojstvo S.

Rješenje. Osnova indukcije ovdje je sadržana u formulaciji samog problema. Nakon što ste napravili indukcijsku pretpostavku, razmotrite
funkcije f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 koji imaju svojstvo S. Onda . Na desnoj strani, prvi pojam ima svojstvo S po hipotezi indukcije, drugi član ima svojstvo S po stanju. Prema tome, njihov zbir ima svojstvo S– za dva mandata osnova indukcije „radi“.

Ovo dokazuje tvrdnju i mi ćemo je dalje koristiti. ■ 

 Primjer6.6. Pronađite sve prirodno n, za koje je tačna nejednakost

Rješenje. Hajde da razmotrimo n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Imamo: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Dakle, možemo postaviti hipotezu: nejednakost
ima mjesta za svakoga
. Da bismo dokazali istinitost ove hipoteze, koristit ćemo princip nepotpune matematičke indukcije.

1) Kao što je gore utvrđeno, ova hipoteza je tačna kada n=5.

2) Pretpostavimo da je tačno za n=k,
, odnosno nejednakost je tačna
. Koristeći ovu pretpostavku, dokazujemo da je nejednakost
.

Jer
i na
postoji nejednakost

at
,

onda to dobijamo
. Dakle, istinitost hipoteze na n=k+1 proizlazi iz pretpostavke da je tačno kada n=k,
.

Iz paragrafa. 1 i 2, na osnovu principa nepotpune matematičke indukcije, slijedi da je nejednakost
istina za svako prirodno
. ■ 

 Primjer6.7. Dokažite to za bilo koji prirodan broj n formula diferencijacije je važeća
.

Rješenje. At n=1 ova formula izgleda
, ili 1=1, odnosno tačno je. Uz indukcijsku pretpostavku, imamo:

Q.E.D. ■ 

 Primjer6.8. Dokazati da je skup koji se sastoji od n elemenata, ima podskupovi

Rješenje. Skup koji se sastoji od jednog elementa A, ima dva podskupa. Ovo je tačno jer su svi njegovi podskupovi prazan skup i sam prazan skup, i 2 1 =2.

Pretpostavimo da je svaki skup od n elemenata ima podskupovi Ako se skup A sastoji od n+1 elemenata, onda u njega fiksiramo jedan element - označavamo ga d, i podijeliti sve podskupove u dvije klase - one koje ne sadrže d i koji sadrži d. Svi podskupovi iz prve klase su podskupovi skupa B koji se dobija od A uklanjanjem elementa d.

Skup B se sastoji od n elemenata, pa prema tome, indukcijom, ima podskupovi, dakle u prvoj klasi podskupovi

Ali u drugoj klasi postoji isti broj podskupova: svaki od njih se dobija iz tačno jednog podskupa prve klase dodavanjem elementa d. Dakle, ukupno skup A
podskupovi

Time je izjava dokazana. Imajte na umu da to vrijedi i za skup koji se sastoji od 0 elemenata - prazan skup: on ima jedan podskup - sebe, i 2 0 = 1. ■ 

Koristeći metodu matematičke indukcije, dokazati to za bilo koju prirodnu n važe sljedeće jednakosti:
A) ;
b) .

Rješenje.

a) Kada n= 1 jednakost je tačna. Uz pretpostavku valjanosti jednakosti na n, pokažimo njegovu valjanost čak i kada n+ 1. Zaista,

Q.E.D.

b) Kada n= 1 validnost jednakosti je očigledna. Od pretpostavke njegove valjanosti na n trebalo bi

S obzirom na jednakost 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, dobijamo

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

tj. izjava je tačna i kada n + 1.

Primjer 1. Dokažite sljedeće jednakosti

Gdje n O N.

Rješenje. a) Kada n= 1 jednakost će imati oblik 1=1, dakle, P(1) je tačno. Pretpostavimo da je ta jednakost tačna, odnosno da vrijedi

. To je potrebno provjeriti (dokazati).P(n+ 1), tj istinito. Budući da (koristeći hipotezu indukcije) shvatamo da je, P(n+ 1) je tačna izjava.

Dakle, prema metodi matematičke indukcije, originalna jednakost vrijedi za bilo koju prirodnu n.

Napomena 2. Ovaj primjer je mogao biti riješen drugačije. Zaista, zbir je 1 + 2 + 3 + ... + n je zbir prvog n termini aritmetičke progresije sa prvim članom a 1 = 1 i razlika d= 1. Na osnovu dobro poznate formule , dobijamo

b) Kada n= 1 jednakost će imati oblik: 2 1 - 1 = 1 2 ili 1=1, tj. P(1) je tačno. Pretpostavimo da je jednakost

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 i dokazati da se to dešavaP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 ili 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Koristeći hipotezu indukcije, dobijamo

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

dakle, P(n+ 1) je tačno i stoga je tražena jednakost dokazana.

Napomena 3. Ovaj primjer se može riješiti (slično kao i prethodni) bez korištenja metode matematičke indukcije.

c) Kada n= 1 jednakost je tačna: 1=1. Pretpostavimo da je jednakost tačna

i pokaži to odnosno istinaP(n) implicira istinuP(n+ 1). stvarno, i od 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), dobijamo i, prema tome, originalna jednakost vrijedi za bilo koju prirodnun.

d) Kada n= 1 jednakost je tačna: 1=1. Pretpostavimo da se to dešava

i to ćemo dokazati

stvarno,

e) Odobrenje P(1) tačno: 2=2. Pretpostavimo da je jednakost

je tačno, a mi ćemo dokazati da to implicira jednakost stvarno,

Prema tome, originalna jednakost vrijedi za bilo koju prirodnu n.

f) P(1) istina: 1/3 = 1/3. Neka bude jednakosti P(n):

. Pokažimo da posljednja jednakost implicira sljedeće:

Zaista, s obzirom na to P(n) drži, dobijamo

Dakle, jednakost je dokazana.

g) Kada n= 1 imamo a + b = b + a i stoga je jednakost pravedna.

Neka vrijedi Newtonova binomna formula za n = k, to je,

Onda Koristeći jednakost dobijamo

Primjer 2. Dokazati nejednakosti

a) Bernulijeva nejednakost: (1 + a) n ≥ 1 + n a , a > -1, n O N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, Ako x 1 x 2 · ... · x n= 1 i x i > 0, .

c) Cauchyjeva nejednakost u odnosu na aritemetičku sredinu i geometrijsku sredinu
Gdje x i > 0, , n ≥ 2.

d) grijeh 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, n O N.

f) 2 n > n 3 , n O N, n ≥ 10.

Rješenje. a) Kada n= 1 dobijamo pravu nejednakost

1 + a ≥ 1 + a . Pretpostavimo da postoji nejednakost

(1 + a) n ≥ 1 + n a

(1)

a mi ćemo pokazati da se onda to dešava i(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a .

Zaista, pošto a > -1 implicira a + 1 > 0, onda množenjem obe strane nejednakosti (1) sa (a + 1) dobijamo

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a) ili (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Od n a 2 ≥ 0, dakle(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a .

Dakle, ako P(n) je onda tačno P(n+ 1) je istinito, dakle, prema principu matematičke indukcije, Bernoullijeva nejednakost je istinita.

b) Kada n= 1 dobijamo x 1 = 1 i stoga x 1 ≥ 1 tj P(1) je poštena izjava. Pretvarajmo se to P(n) je tačno, odnosno ako je adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n pozitivni brojevi čiji je proizvod jednak jedan, x 1 x 2 ·...· x n= 1, i x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Pokažimo da ova rečenica podrazumijeva istinitost sljedećeg: ako x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) pozitivni brojevi takvi da x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, onda x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Razmotrite sljedeća dva slučaja:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Tada je zbir ovih brojeva ( n+ 1), i tražena nejednakost je zadovoljena;

2) barem jedan broj je različit od jednog, neka je, na primjer, veći od jedan. Onda, pošto x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, postoji barem još jedan broj različit od jednog (tačnije, manji od jedan). Neka x n+ 1 > 1 i x n < 1. Рассмотрим n pozitivni brojevi

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Proizvod ovih brojeva jednak je jedan, a prema hipotezi, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Posljednja nejednakost se prepisuje na sljedeći način: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 ili x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Zbog

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, onda n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Dakle, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, odnosno ako P(n) je onda tačnoP(n+ 1) pošteno. Nejednakost je dokazana.

Napomena 4. Znak jednakosti vrijedi ako i samo ako x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Neka x 1 ,x 2 ,...,x n- proizvoljni pozitivni brojevi. Uzmite u obzir sljedeće n pozitivni brojevi:

Pošto je njihov proizvod jednak jedan: prema prethodno dokazanoj nejednakosti b), slijedi da gdje

Napomena 5. Jednakost vrijedi ako i samo ako x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) je fer izjava: sin 2 a + cos 2 a = 1. Pretpostavimo to P(n) je istinita izjava:

Grijeh 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 i pokazati šta se dešavaP(n+ 1). stvarno, grijeh 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = sin 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (ako je sin 2 a ≤ 1, tada je cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, zatim sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n O N grijeh 2 n a + cos 2 n ≤ 1 i znak jednakosti se postiže samo kadan = 1.

e) Kada n= 1 izjava je tačna: 1< 3 / 2 .

Pretpostavimo to i to ćemo dokazati

Zbog

razmatrati P(n), dobijamo

f) Uzimajući u obzir napomenu 1, provjerimo P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, dakle, za n= 10 izjava je tačna. Pretpostavimo da je 2 n > n 3 (n> 10) i dokazati P(n+ 1), odnosno 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Od kada n> 10 imamo ili , slijedi to

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 ili n 3 > 3n 2 + 3n + 1. S obzirom na nejednakost (2 n > n 3), dobijamo 2 n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Dakle, prema metodi matematičke indukcije, za bilo koju prirodnu n O N, n≥ 10 imamo 2 n > n 3 .

Primjer 3. Dokažite to bilo kome n O N

Rješenje. a) P(1) je tačan iskaz (0 je podijeljeno sa 6). Neka P(n) je pošteno, tj n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) je djeljiv sa 6. Pokažimo da se tada javlja P(n+ 1), odnosno ( n + 1)n(2n+ 1) je djeljiv sa 6. Zaista, pošto

I kako n(n - 1)(2 n- 1) i 6 n 2 su djeljive sa 6, onda je njihov zbirn(n + 1)(2 n+ 1) je djeljiv sa 6.

dakle, P(n+ 1) je poštena izjava, i stoga n(2n 2 - 3n+ 1) djeljivo sa 6 za bilo koji n O N.

b) Hajde da proverimo P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, dakle, P(1) je poštena izjava. Treba dokazati da ako 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 je podijeljeno sa 11 ( P(n)), zatim 6 2 n + 3 n+2 + 3 n također djeljiv sa 11 ( P(n+ 1)). Zaista, pošto

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 i slično 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 i 33 6 2 n-2 su djeljive sa 11, tada je njihov zbir 6 2n + 3 n+2 + 3 n je djeljiv sa 11. Tvrdnja je dokazana. Indukcija u geometriji

Primjer 4. Izračunaj stranu tačne 2 n-trougao upisan u krug poluprečnika R.

Predavanje 6. Metoda matematičke indukcije.

Izračunat ćemo vrijednost trinoma za neke prve vrijednosti n:

6.1. Princip matematičke indukcije.

♦ Metoda matematičke indukcije se zasniva na princip matematičke indukcije , što je kako slijedi:

1) proverava se validnost ove izjaven=1 (osnova indukcije) ,

2) valjanost ove izjave se pretpostavlja zan= k, Gdjek– proizvoljan prirodan broj 1(pretpostavka indukcije) , a uzimajući u obzir ovu pretpostavku, njegova valjanost se utvrđuje zan= k+1.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, odnosno pretpostavimo da izjava nije tačna za svako prirodno n. Onda postoji tako prirodno m, Šta:

1) izjava za n=m nije fer,

2) za sve n, manji m, izjava je tačna (drugim riječima, m je prvi prirodan broj za koji tvrdnja nije tačna).

Imajte na umu da je u dokazu korišten aksiom da bilo koja zbirka prirodnih brojeva sadrži najmanji broj.

Dokaz zasnovan na principu matematičke indukcije naziva se metodom potpune matematičke indukcije .

 Primjer6.1. Dokažite to za bilo koji prirodni n broj
djeljivo sa 3.

Rješenje.

1) Kada n=1, dakle a 1 je djeljiv sa 3 i tvrdnja je tačna kada n=1.

2) Pretpostavimo da je izjava tačna za n=k,
, odnosno taj broj
je djeljiv sa 3, a mi utvrđujemo da kada n=k+1 broj je djeljiv sa 3.

Zaista,

Jer Svaki član je djeljiv sa 3, tada je i njihov zbir djeljiv sa 3. ■ 

 Primjer6.2. Dokaži da je zbir prvog n prirodni neparni brojevi jednak je kvadratu njihovog broja, tj.

Rješenje. Koristimo metodu potpune matematičke indukcije.

1) Provjeravamo valjanost ove izjave kada n=1: 1=1 2 – to je tačno.

2) Pretpostavimo da je zbir prvog k (
) neparnih brojeva jednak je kvadratu broja tih brojeva, tj. Na osnovu ove jednakosti utvrđujemo da je zbir prvog k+1 neparni brojevi je jednako
, to je .

Koristimo našu pretpostavku i dobijamo

. ■ 

Za dokazivanje nekih nejednakosti koristi se metoda potpune matematičke indukcije. Dokažimo Bernoullijevu nejednakost.

 Primjer6.3. Dokaži to kada
i bilo koje prirodne n nejednakost je tačna
(Bernoullijeva nejednakost).

Rješenje. 1) Kada n=1 dobijamo
, što je tačno.

2) Pretpostavljamo da kada n=k postoji nejednakost
(*). Koristeći ovu pretpostavku, to dokazujemo
. Imajte na umu da kada
ova nejednakost vrijedi i stoga je dovoljno razmotriti slučaj
.

Pomnožimo obje strane nejednakosti (*) brojem
i dobijamo:

To je (1+
. ■ 

Dokaz metodom nepotpuna matematička indukcija neke izjave u zavisnosti od n, Gdje
izvedeno na sličan način, ali se na početku uspostavlja pravičnost za najmanju vrijednost n.

 Primjer6.4. Pronađite iznos
.

1) Kada n=1 hipoteza je tačna, jer
.

2) Pretpostavimo da je hipoteza tačna za n=k,
, to je
. Koristeći ovu formulu, utvrđujemo da je hipoteza istinita čak i kada n=k+1, tj

Zaista,

Ovo dokazuje tvrdnju i mi ćemo je dalje koristiti. ■ 

 Primjer6.6. Pronađite sve prirodno n, za koje je tačna nejednakost

1) Kao što je gore utvrđeno, ova hipoteza je tačna kada n=5.

2) Pretpostavimo da je tačno za n=k,
, odnosno nejednakost je tačna
. Koristeći ovu pretpostavku, dokazujemo da je nejednakost
.

Jer
i na
postoji nejednakost

at
,

onda to dobijamo
. Dakle, istinitost hipoteze na n=k+1 proizlazi iz pretpostavke da je tačno kada n=k,
.

Iz paragrafa. 1 i 2, na osnovu principa nepotpune matematičke indukcije, slijedi da je nejednakost
istina za svako prirodno
. ■ 

 Primjer6.7. Dokažite to za bilo koji prirodan broj n formula diferencijacije je važeća
.

Rješenje. At n=1 ova formula izgleda
, ili 1=1, odnosno tačno je. Uz indukcijsku pretpostavku, imamo:

Q.E.D. ■ 

 Primjer6.8. Dokazati da je skup koji se sastoji od n elemenata, ima podskupovi

Rješenje. Skup koji se sastoji od jednog elementa A, ima dva podskupa. Ovo je tačno jer su svi njegovi podskupovi prazan skup i sam prazan skup, i 2 1 =2.

Skup B se sastoji od n elemenata, pa prema tome, indukcijom, ima podskupovi, dakle u prvoj klasi podskupovi

Ali u drugoj klasi postoji isti broj podskupova: svaki od njih se dobija iz tačno jednog podskupa prve klase dodavanjem elementa d. Dakle, ukupno skup A
podskupovi

Time je izjava dokazana. Imajte na umu da to vrijedi i za skup koji se sastoji od 0 elemenata - prazan skup: on ima jedan podskup - sebe, i 2 0 = 1. ■ 

Jedna od najvažnijih metoda matematičkog dokaza je s pravom metoda matematičke indukcije. Ogromna većina formula koje se odnose na sve prirodne brojeve n može se dokazati metodom matematičke indukcije (na primjer, formula za zbir prvih n članova aritmetičke progresije, Newtonova binomna formula, itd.).

U ovom članku ćemo se prvo zadržati na osnovnim pojmovima, zatim razmotriti samu metodu matematičke indukcije i analizirati primjere njene primjene u dokazivanju jednakosti i nejednakosti.

Navigacija po stranici.

Indukcija i dedukcija.

Indukcijom nazvana prelazom sa posebnih iskaza na opšte. Naprotiv, prijelaz sa općih iskaza na specifične se naziva odbitak.

Primjer određene izjave: 254 je djeljivo sa 2 bez ostatka.

Iz ove konkretne izjave može se formulisati mnogo opštijih izjava, istinitih i netačnih. Na primjer, opštija izjava da su svi cijeli brojevi koji završavaju na četiri djeljivi sa 2 bez ostatka je tačna, ali izjava da su svi trocifreni brojevi djeljivi sa 2 bez ostatka je netačna.

Dakle, indukcija nam omogućava da dobijemo mnoge opšte izjave zasnovane na poznatim ili očiglednim činjenicama. A metoda matematičke indukcije je dizajnirana da utvrdi valjanost dobijenih tvrdnji.

Kao primjer, razmotrite niz brojeva: , n je proizvoljan prirodan broj. Tada će niz suma prvih n elemenata ovog niza biti sljedeći

Na osnovu ove činjenice, indukcijom se može tvrditi da .

Predstavljamo dokaz ove formule.

Metoda matematičke indukcije.

Metoda matematičke indukcije se zasniva na princip matematičke indukcije.

To je sljedeće: određena tvrdnja je tačna za svaki prirodni broj n ako

vrijedi za n = 1 i
iz valjanosti iskaza za bilo koji proizvoljni prirodan broj n = k, slijedi da vrijedi za n = k+1.

Odnosno, dokazivanje metodom matematičke indukcije provodi se u tri faze:

prvo, valjanost iskaza će se provjeriti za bilo koji prirodni broj n (obično se provjera radi za n = 1);
drugo, valjanost iskaza se pretpostavlja za bilo koji prirodni broj n=k;
treće, dokazuje se valjanost tvrdnje za broj n=k+1, polazeći od pretpostavke druge tačke.

Primjeri dokaza jednadžbi i nejednačina metodom matematičke indukcije.

Vratimo se na prethodni primjer i dokažemo formulu .

Dokaz.

Metoda matematičke indukcije uključuje dokaz u tri tačke.

Dakle, sva tri koraka metode matematičke indukcije su završena i naša pretpostavka o formuli je dokazana.

Pogledajmo problem trigonometrije.

Primjer.

Dokaži identitet .

Rješenje.

Prvo provjeravamo valjanost jednakosti za n = 1. Da bismo to učinili, trebat će nam osnovne trigonometrijske formule.

To jest, jednakost je tačna za n = 1.

Drugo, pretpostavimo da je jednakost tačna za n = k, odnosno da je identitet istinit

Metoda matematičke indukcije

Uvod

Glavni dio

Potpuna i nepotpuna indukcija
Princip matematičke indukcije
Metoda matematičke indukcije
Primjeri rješavanja
Jednakosti
Dijeljenje brojeva
Nejednakosti

Zaključak

Spisak korišćene literature

Uvod

Osnova svakog matematičkog istraživanja su deduktivne i induktivne metode. Deduktivna metoda zaključivanja je rasuđivanje od opšteg ka specifičnom, tj. rasuđivanje, čija je polazna tačka opšti rezultat, a konačna tačka je konkretan rezultat. Indukcija se koristi kada se prelazi sa pojedinačnih rezultata na opšte, tj. je suprotnost deduktivnoj metodi.

Metoda matematičke indukcije može se uporediti sa napretkom. Počinjemo od najnižeg, a kao rezultat logičkog razmišljanja dolazimo do najvišeg. Čovjek je oduvijek težio napretku, sposobnosti da logično razvija svoje misli, što znači da mu je sama priroda predodredila da razmišlja induktivno.

Iako je obim primjene metode matematičke indukcije porastao, u školskom programu joj se posvećuje malo vremena. Pa recite mi da će čovjeku biti korisne te dvije-tri lekcije, tokom kojih će čuti pet riječi teorije, riješiti pet primitivnih problema i kao rezultat toga dobiti peticu za činjenicu da ništa ne zna.

Ali toliko je važno biti u stanju da razmišljamo induktivno.

Glavni dio

U svom izvornom značenju, riječ „indukcija“ se primjenjuje na rasuđivanje kroz koje se donose opći zaključci na osnovu niza specifičnih izjava. Najjednostavniji metod zaključivanja ove vrste je potpuna indukcija. Evo primjera takvog rezonovanja.

Neka je potrebno utvrditi da je svaki paran prirodan broj n unutar 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.

Ovih devet jednakosti pokazuje da je svaki od brojeva koji nas zanimaju zaista predstavljen kao zbir dva jednostavna člana.

Dakle, potpuna indukcija se sastoji od dokazivanja opšte tvrdnje zasebno u svakom od konačnog broja mogućih slučajeva.

Ponekad se opći rezultat može predvidjeti nakon razmatranja ne svih, već dovoljno velikog broja pojedinačnih slučajeva (tzv. nepotpuna indukcija).

Rezultat dobiven nepotpunom indukcijom ostaje, međutim, samo hipoteza dok se ne dokaže preciznim matematičkim rezoniranjem, pokrivajući sve posebne slučajeve. Drugim riječima, nepotpuna indukcija u matematici se ne smatra legitimnom metodom rigoroznog dokaza, već je moćna metoda za otkrivanje novih istina.

Neka, na primjer, želite pronaći zbir prvih n uzastopnih neparnih brojeva. Razmotrimo posebne slučajeve:

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

Nakon razmatranja ovih nekoliko posebnih slučajeva, nameće se sljedeći opći zaključak:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

one. zbir prvih n uzastopnih neparnih brojeva je n 2

Naravno, učinjeno zapažanje još ne može poslužiti kao dokaz valjanosti date formule.

Potpuna indukcija ima samo ograničenu primjenu u matematici. Mnoge zanimljive matematičke izjave pokrivaju beskonačan broj posebnih slučajeva, ali nismo u mogućnosti da ih testiramo za beskonačan broj slučajeva. Nepotpuna indukcija često dovodi do pogrešnih rezultata.

U mnogim slučajevima, izlaz iz ove vrste poteškoća je pribjegavanje posebnoj metodi zaključivanja, koja se naziva metodom matematičke indukcije. To je kako slijedi.

Pretpostavimo da trebate dokazati valjanost određene izjave za bilo koji prirodni broj n (na primjer, trebate dokazati da je zbir prvih n neparnih brojeva jednak n 2). Direktna provjera ove tvrdnje za svaku vrijednost n je nemoguća, jer je skup prirodnih brojeva beskonačan. Da biste dokazali ovu tvrdnju, prvo provjerite njenu valjanost za n=1. Zatim dokazuju da za bilo koju prirodnu vrijednost k, valjanost iskaza koji se razmatra za n=k implicira njegovu valjanost za n=k+1.

Tada se tvrdnja smatra dokazanom za sva n. U stvari, izjava je tačna za n=1. Ali onda to vrijedi i za sljedeći broj n=1+1=2. Valjanost iskaza za n=2 implicira njegovu valjanost za n=2+

1=3. Ovo implicira valjanost iskaza za n=4, itd. Jasno je da ćemo na kraju doći do bilo kojeg prirodnog broja n. To znači da je izjava tačna za bilo koje n.

Sumirajući ono što je rečeno, formulišemo sledeći opšti princip.

Princip matematičke indukcije.

Ako je rečenica A(n), u zavisnosti od prirodnog broja n, tačna za n=1 i iz činjenice da je tačna za n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da je istinita i za sljedeći broj n=k +1, tada je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji prirodan broj n.

U brojnim slučajevima može biti potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje ne za sve prirodne brojeve, već samo za n>p, gdje je p fiksni prirodni broj. U ovom slučaju, princip matematičke indukcije je formuliran na sljedeći način.

Ako je tvrdnja A(n) tačna za n=p i ako je A(k)ÞA(k+1) za bilo koje k>p, onda je tvrdnja A(n) tačna za bilo koje n>p.

Dokaz metodom matematičke indukcije izvodi se na sljedeći način. Prvo, iskaz koji treba dokazati se provjerava za n=1, tj. istinitost iskaza A(1) je utvrđena. Ovaj dio dokaza naziva se baza indukcije. Zatim dolazi dio dokaza koji se naziva korak indukcije. U ovom dijelu dokazuju valjanost iskaza za n=k+1 pod pretpostavkom valjanosti iskaza za n=k (indukcijska pretpostavka), tj. dokazati da je A(k)ÞA(k+1).

Dokazati da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Rješenje: 1) Imamo n=1=1 2 . dakle,

izjava je tačna za n=1, tj. A(1) je tačno.

2) Dokažimo da je A(k)ÞA(k+1).

Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je izjava tačna za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo da je tada tvrdnja tačna i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. Šta

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Zaista,

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

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, zaključujemo da je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji nÎN.

Dokaži to

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

Rješenje: 1) Za n=1 dobijamo

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

dakle, za n=1 formula je ispravna; A(1) je tačno.

2) Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je formula tačna za n=k, tj.

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

Dokažimo da je onda jednakost

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

Zaista

1+x+x 2 +x 3 +…+x 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).

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je formula tačna za svaki prirodni broj n.

Dokazati da je broj dijagonala konveksnog n-ugla jednak n(n-3)/2.

Rješenje: 1) Za n=3 tvrdnja je tačna

I 3 ima smisla, jer je u trouglu

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

A 2 A(3) je tačno.

2) Pretpostavimo da u svakom

konveksni k-ugao ima-

A 1 x A k =k(k-3)/2 dijagonale.

I k Dokažimo to onda u konveksnom

(k+1)-gon broj

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

Neka je A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 konveksan (k+1)-ugao. Nacrtajmo dijagonalu A 1 A k u njoj. Da biste izračunali ukupan broj dijagonala ovog (k+1)-ugla, potrebno je izbrojati broj dijagonala u k-ugaoniku A 1 A 2 ...A k , dodati k-2 na rezultirajući broj, tj. treba uzeti u obzir broj dijagonala (k+1)-ugla koje izlaze iz temena A k+1, a pored toga i dijagonalu A 1 A k.

dakle,

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

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Zbog principa matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za svaki konveksni n-ugao.

Dokažite da je za bilo koje n tačna sljedeća izjava:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

To znači da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je n=k

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

3) Razmotrimo ovu tvrdnju za n=k+1

X k+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 da je jednakost tačna za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koji prirodan broj n.

Dokažite da je za bilo koji prirodan broj n tačna jednakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rješenje: 1) Neka je n=1.

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

Vidimo da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n=k

X k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje 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 gornjeg dokaza jasno je da je tvrdnja tačna za n=k+1, dakle, jednakost je tačna za bilo koji prirodan broj 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), gdje je n>2.

Rješenje: 1) Za n=2 identitet izgleda ovako: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

one. istina je.

2) Pretpostavimo da je izraz tačan za n=k

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

3) Dokažimo tačnost 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 da je jednakost tačna za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje n>2

Dokaži to

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

za bilo koji prirodni n.

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

2) Pretpostavimo da je onda n=k

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

3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje 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 i valjanost jednakosti za n=k+1, pa je tvrdnja tačna za svaki prirodan broj n.

Dokažite da je identitet tačan

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

za bilo koji prirodni n.

1) Za n=1 identitet je istinit 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Pretpostavimo 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 identičnost tačna 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 gornjeg dokaza jasno je da je tvrdnja tačna za bilo koji prirodan broj n.

Dokazati da je (11 n+2 +12 2n+1) djeljivo sa 133 bez ostatka.

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

Ali (23´133) je djeljivo sa 133 bez ostatka, što znači da je za n=1 izjava tačna; A(1) je tačno.

2) Pretpostavimo da je (11 k+2 +12 2k+1) djeljivo sa 133 bez ostatka.

3) Dokažimo to u ovom slučaju

(11 k+3 +12 2k+3) je djeljivo sa 133 bez ostatka. Zaista, 11 k+3 +12 2l+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 .

Dobijeni zbir se dijeli sa 133 bez ostatka, jer je njegov prvi član djeljiv sa 133 bez ostatka po pretpostavci, a u drugom je jedan od faktora 133. Dakle, A(k)ÞA(k+1). Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokazati da je za bilo koji n 7 n -1 djeljiv sa 6 bez ostatka.

Rješenje: 1) Neka je n=1, tada je X 1 =7 1 -1=6 podijeljen sa 6 bez ostatka. To znači da kada je n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

7 k -1 je djeljivo sa 6 bez ostatka.

3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1.

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

Prvi član je djeljiv sa 6, jer je 7 k -1 djeljivo sa 6 prema pretpostavci, a drugi član je 6. To znači da je 7 n -1 višekratnik 6 za bilo koje prirodno n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n-1 +2 4n-3 za proizvoljno prirodno n djeljivo sa 11.
Rješenje: 1) Neka je onda n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 dijeli se sa 11 bez ostatka. To znači da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 je deljivo sa 11 bez ostatka.

3) Dokažimo da je tvrdnja tačna 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 član je djeljiv sa 11 bez ostatka, jer je 3 3k-1 +2 4k-3 djeljiv sa 11 po pretpostavci, drugi je djeljiv sa 11, jer je jedan od njegovih faktora broj 11. To znači da je zbir je djeljiv sa 11 bez ostatka za bilo koji prirodan broj n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 11 2n -1 za proizvoljno prirodno n djeljivo sa 6 bez ostatka.

Rješenje: 1) Neka je n=1, tada je 11 2 -1=120 djeljivo sa 6 bez ostatka. To znači da kada je n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

11 2k -1 je djeljivo sa 6 bez ostatka.

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

Oba člana su djeljiva sa 6 bez ostatka: prvi sadrži višekratnik 6, broj 120, a drugi je djeljiv sa 6 bez ostatka po pretpostavci. To znači da je zbir djeljiv sa 6 bez ostatka. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n+3 -26n-27 za proizvoljan prirodan broj n djeljiv sa 26 2 (676) bez ostatka.

Rješenje: Prvo dokazujemo da je 3 3n+3 -1 djeljivo sa 26 bez ostatka.

Kada je n=0

3 3 -1=26 je podijeljeno sa 26

Pretpostavimo da je za n=k

3 3k+3 -1 je deljivo sa 26

Dokažimo da je ta izjava

tačno za n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3l+3 +(3 3k+3 -1) – podijeljeno sa 26

Sada izvršimo dokaz tvrdnje formulirane u iskazu problema.

1) Očigledno, kada je n=1 izjava je tačna

3 3+3 -26-27=676

2) Pretpostavimo da je za n=k

izraz 3 3k+3 -26k-27 je podijeljen sa 26 2 bez ostatka.

3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1

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

Oba člana su djeljiva sa 26 2; prva je djeljiva sa 26 2 jer smo dokazali da je izraz u zagradama djeljiva sa 26, a druga je djeljiva hipotezom indukcije. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da ako je n>2 i x>0, onda je nejednakost tačna

(1+x) n >1+n´x.

Rješenje: 1) Za n=2 vrijedi nejednakost, jer

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

Dakle, A(2) je tačno.

2) Dokažimo da je A(k)ÞA(k+1), ako je k> 2. Pretpostavimo da je A(k) tačno, tj. da je nejednakost

(1+x) k >1+k´x. (3)

Dokažimo da je tada i A(k+1) tačno, tj. da je nejednakost

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

U stvari, množenjem obe strane nejednakosti (3) pozitivnim brojem 1+x, dobijamo

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Razmotrimo desnu stranu posljednje nejednakosti

stva; imamo

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

Kao rezultat, dobijamo to

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, može se tvrditi da je Bernoullijeva nejednakost istinita za bilo koji

Dokažite da je nejednakost tačna

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

Rješenje: 1) Kada je m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 obje strane su jednake.

2) Pretpostavimo da je za m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Dokažimo da je za m=k+1 nejednakost tačna

(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 valjanost nejednakosti za m=k+1, dakle, metodom matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koje prirodno m.

Dokažite da je za n>6 nejednakost tačna

3 n >n´2 n+1 .

Rješenje: Prepišimo nejednakost u obliku

Za n=7 imamo

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

nejednakost je tačna.

Pretpostavimo da je za n=k

3) Dokažimo valjanost nejednakosti za n=k+1.

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

Pošto je k>7, posljednja nejednakost je očigledna.

Na osnovu metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koji prirodni broj n.

Dokažite da je za n>2 nejednakost tačna

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

Rješenje: 1) Za n=3 nejednakost je tačna

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

Pretpostavimo da je za n=k

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

3) Dokažimo validnost ne-

jednakost 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

Û(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

Ovo poslednje je očigledno, i stoga

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

Metodom matematičke indukcije nejednakost je dokazana.

Zaključak

Konkretno, proučavajući metodu matematičke indukcije, povećao sam svoje znanje u ovoj oblasti matematike, a također sam naučio rješavati probleme koji su do tada bili izvan mojih moći.

To su uglavnom bili logički i zabavni zadaci, tj. samo one koje povećavaju interesovanje za samu matematiku kao nauku. Rješavanje ovakvih problema postaje zabavna aktivnost i može privući sve više znatiželjnika u matematičke lavirinte. Po mom mišljenju, to je osnova svake nauke.

Nastavljajući proučavanje metode matematičke indukcije, pokušat ću naučiti kako je primijeniti ne samo u matematici, već iu rješavanju problema u fizici, hemiji i samom životu.

MATEMATIKA:

PREDAVANJA, PROBLEMI, RJEŠENJA

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

ALGEBRA I POČECI ANALIZE

Udžbenik / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Weitz. “Prosvjetljenje” 1975.