Exemple - inductie matematica. Metoda de inductie matematica calculator online Exemple de inductie matematica cu explicatii

Curs 6. Metoda inducţiei matematice.

Noile cunoștințe în știință și viață se obțin în moduri diferite, dar toate (dacă nu intri în detalii) sunt împărțite în două tipuri - trecerea de la general la specific și de la specific la general. Primul este deducția, al doilea este inducția. Raționamentul deductiv este ceea ce se numește în mod obișnuit în matematică. raționament logic, și în stiinta matematica deducerea este singura metodă legitimă de cercetare. Regulile raționamentului logic au fost formulate în urmă cu două milenii și jumătate de către omul de știință grec antic Aristotel. El a creat o listă completă a celor mai simple raționamente corecte, silogisme– „blocuri” ale logicii, indicând simultan un raționament tipic care este foarte asemănător cu cel corect, dar incorect (întâlnim adesea astfel de raționament „pseudologic” în mass-media).

Inducție (inducție - în latină îndrumare) este ilustrată clar de celebra legendă a modului în care Isaac Newton a formulat legea gravitației universale după ce i-a căzut un măr în cap. Un alt exemplu din fizică: într-un fenomen precum inducția electromagnetică, un câmp electric creează, „induce” un câmp magnetic. „Mărul lui Newton” este un exemplu tipic de situație în care unul sau mai multe cazuri speciale, adică observatii, „sugerează” o afirmație generală se trage o concluzie generală pe baza unor cazuri particulare. Metoda inductivă este principala pentru obținerea tiparelor generale atât în științele naturale, cât și în cele umane. Dar are un dezavantaj foarte semnificativ: pe baza unor exemple particulare, se poate trage o concluzie incorectă. Ipotezele care decurg din observații private nu sunt întotdeauna corecte. Să luăm în considerare un exemplu datorat lui Euler.

Vom calcula valoarea trinomului pentru unele prime valori n:

Rețineți că numerele obținute în urma calculelor sunt prime. Și se poate verifica direct asta pentru fiecare n Valoare polinomială de la 1 la 39
este un număr prim. Cu toate acestea, când n=40 obținem numărul 1681=41 2, care nu este prim. Astfel, ipoteza care ar putea apărea aici, adică ipoteza că pentru fiecare n număr
este simplu, se dovedește a fi fals.

Leibniz a dovedit în secolul al XVII-lea că pentru fiecare întreg pozitiv n număr
divizibil cu 3, număr
divizibil cu 5 etc. Pe baza acestui lucru, el a presupus că pentru orice ciudat kși orice natural n număr
împărțit la k, dar curând am observat asta
nu este divizibil cu 9.

Exemplele luate în considerare ne permit să tragem o concluzie importantă: o declarație poate fi corectă într-o serie de cazuri speciale și, în același timp, nedreaptă în general. Problema validității unei afirmații în cazul general poate fi rezolvată folosind o metodă specială de raționament numită prin inductie matematica(inducție completă, inducție perfectă).

6.1. Principiul inducției matematice.

♦ Metoda inducţiei matematice se bazează pe principiul inducției matematice , care este după cum urmează:

1) se verifică validitatea acestei declarațiin=1 (bază de inducție) ,

2) se presupune valabilitatea acestei afirmaţii ptn= k, Undek– număr natural arbitrar 1(ipoteza de inducție) , iar ținând cont de această ipoteză, se stabilește valabilitatea acesteia ptn= k+1.

Dovada. Să presupunem contrariul, adică să presupunem că afirmația nu este adevărată pentru fiecare natural n. Apoi există un astfel de firesc m, Ce:

1) declarație pentru n=m nedrept,

2) pentru toată lumea n, mai mic m, afirmația este adevărată (cu alte cuvinte, m este primul număr natural pentru care afirmația nu este adevărată).

Este evident că m>1, pentru că Pentru n=1 afirmația este adevărată (condiția 1). Prin urmare,
– număr natural. Se pare că pt număr natural
afirmația este adevărată, iar pentru următorul număr natural m este nedrept. Aceasta contrazice condiția 2. ■

Rețineți că demonstrația a folosit axioma că orice colecție de numere naturale conține cel mai mic număr.

O demonstrație bazată pe principiul inducției matematice se numește prin metoda inducţiei matematice complete .

 Exemplu6.1. Demonstrează asta pentru orice natură n număr
divizibil cu 3.

Soluţie.

1) Când n=1, deci o 1 este divizibil cu 3 și afirmația este adevărată când n=1.

2) Să presupunem că afirmația este adevărată pentru n=k,
, adică acel număr
este divizibil cu 3 și stabilim că atunci când n=k Numărul +1 este divizibil cu 3.

De fapt,

Deoarece Fiecare termen este divizibil cu 3, apoi și suma lor este divizibil cu 3. ■ 

 Exemplu6.2. Demonstrați că suma primelor n numerele naturale impare sunt egale cu pătratul numărului lor, adică.

Soluţie. Să folosim metoda inducției matematice complete.

1) Verificăm validitatea acestei afirmații când n=1: 1=1 2 – acest lucru este adevărat.

2) Să presupunem că suma primului k (
) de numere impare este egal cu pătratul numărului acestor numere, adică. Pe baza acestei egalităţi, stabilim că suma primelor k+1 numere impare este egal cu
, adică .

Ne folosim presupunerea și obținem

. ■ 

Metoda inducției matematice complete este folosită pentru a demonstra unele inegalități. Să demonstrăm inegalitatea lui Bernoulli.

 Exemplu6.3. Demonstrează că atunci când
și orice natural n inegalitatea este adevărată
(inegalitatea lui Bernoulli).

Soluţie. 1) Când n=1 obținem
, ceea ce este adevărat.

2) Presupunem că atunci când n=k exista inegalitate
(*). Folosind această presupunere, demonstrăm că
. Rețineți că atunci când
această inegalitate este valabilă și, prin urmare, este suficient să luăm în considerare cazul
.

Să înmulțim ambele părți ale inegalității (*) cu numărul
si obtinem:

Adică (1+
. ■ 

Dovada prin metoda inducție matematică incompletă vreo afirmatie in functie de n, Unde
se desfăşoară în mod similar, dar la început se stabileşte dreptatea pentru cea mai mică valoare n.

Unele probleme nu menționează în mod explicit o afirmație care poate fi dovedită prin inducție matematică. În astfel de cazuri, trebuie să stabiliți singur modelul și să faceți o ipoteză despre validitatea acestui model, apoi să utilizați metoda de inducție matematică pentru a testa ipoteza propusă.

 Exemplu6.4. Găsiți suma
.

Soluţie. Să găsim sumele S 1 , S 2 , S 3. Avem
,
,
. Emitem ipoteza că pentru orice natural n formula este valabila
. Pentru a testa această ipoteză, vom folosi metoda inducției matematice complete.

1) Când n=1 ipoteza este corectă, deoarece
.

2) Să presupunem că ipoteza este adevărată pentru n=k,
, adică
. Folosind această formulă, stabilim că ipoteza este adevărată chiar și atunci când n=k+1, adică

De fapt,

Deci, pe baza presupunerii că ipoteza este adevărată când n=k,
, s-a dovedit că este adevărat și pentru n=k+1, iar pe baza principiului inducției matematice concluzionăm că formula este valabilă pentru orice număr natural n. ■ 

 Exemplu6.5. În matematică, se dovedește că suma a două funcții uniform continue este o funcție uniform continuă. Pe baza acestei afirmații, trebuie să demonstrați că suma oricărui număr
funcțiile uniform continue este uniform funcție continuă. Dar din moment ce nu am introdus încă conceptul de „funcție uniformă continuă”, să punem problema mai abstract: să se știe că suma a două funcții care au o anumită proprietate S, în sine are proprietatea S. Să demonstrăm că suma oricărui număr de funcții are proprietatea S.

Soluţie. Baza inducției aici este conținută în formularea problemei în sine. După ce am făcut ipoteza de inducție, luați în considerare
funcții f 1 , f 2 , …, f n , f n+1 care au proprietatea S. Apoi . În partea dreaptă, primul termen are proprietatea S prin ipoteza de inducție, al doilea termen are proprietatea S dupa conditie. În consecință, suma lor are proprietatea S– pentru doi termeni baza de inducție „funcționează”.

Aceasta dovedește afirmația și o vom folosi în continuare. ■ 

 Exemplu6.6. Găsiți totul natural n, pentru care inegalitatea este adevărată

Soluţie. Să luăm în considerare n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Avem: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Astfel, putem face o ipoteză: inegalitatea
are loc pentru toată lumea
. Pentru a demonstra adevărul acestei ipoteze, vom folosi principiul inducției matematice incomplete.

1) După cum sa stabilit mai sus, această ipoteză este adevărată atunci când n=5.

2) Să presupunem că este adevărat pentru n=k,
, adică inegalitatea este adevărată
. Folosind această ipoteză, demonstrăm că inegalitatea
.

Deoarece
iar la
exista inegalitate

la
,

atunci obținem asta
. Deci, adevărul ipotezei la n=k+1 rezultă din ipoteza că este adevărat când n=k,
.

Din paragrafe. 1 și 2, pe baza principiului inducției matematice incomplete, rezultă că inegalitatea
adevărat pentru fiecare natural
. ■ 

 Exemplu6.7. Demonstrați asta pentru orice număr natural n formula de diferentiere este valabila
.

Soluţie. La n=1 această formulă arată ca
, sau 1=1, adică este corect. Făcând ipoteza de inducție, avem:

Q.E.D. ■ 

 Exemplu6.8. Demonstrați că setul format din n elemente, are subseturi

Soluţie. Un set format dintr-un element O, are două subseturi. Acest lucru este adevărat deoarece toate submulțimile sale sunt mulțimea goală și mulțimea goală în sine, iar 2 1 =2.

Să presupunem că fiecare set de n elemente are subseturi Dacă mulţimea A este formată din n+1 elemente, apoi fixăm un element în el - îl notăm dși împărțiți toate submulțimile în două clase – cele care nu conțin dşi conţinând d. Toate submulțimile din prima clasă sunt submulțimi ale mulțimii B obținute de la A prin îndepărtarea unui element d.

Setul B este format din n elemente, și deci, prin inducție, el are submulțimi, deci în prima clasă subseturi

Dar în a doua clasă există același număr de submulțimi: fiecare dintre ele este obținută dintr-un submulțime din prima clasă prin adăugarea unui element. d. Prin urmare, în total mulțimea A
subseturi

Astfel afirmația este dovedită. Rețineți că este valabil și pentru o mulțime formată din 0 elemente - mulțimea goală: are o singură submulțime - ea însăși și 2 0 = 1. ■ 

Folosind metoda inducției matematice, dovediți că pentru orice natural n sunt valabile următoarele egalități:
O) ;
b) .

Soluţie.

a) Când n= 1 egalitatea este adevărată. Presupunând valabilitatea egalității la n, să-i arătăm valabilitatea chiar și atunci când n+ 1. Într-adevăr,

Q.E.D.

b) Când n= 1 validitatea egalității este evidentă. Din ipoteza valabilitatii sale la n ar trebui

Având în vedere egalitatea 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, obținem

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

adică afirmația este adevărată și atunci când n + 1.

Exemplul 1. Demonstrați următoarele egalități

Unde n DESPRE N.

Soluţie. a) Când n= 1 egalitatea va lua forma 1=1, prin urmare, P(1) este adevărat. Să presupunem că această egalitate este adevărată, adică este valabilă

. Este necesar să verificăm (demonstrăm) căP(n+ 1), adică adevărat. Deoarece (folosind ipoteza de inducție)înțelegem că este, P(n+ 1) este o afirmație adevărată.

Astfel, conform metodei inducției matematice, egalitatea originală este valabilă pentru orice natural n.

Nota 2. Acest exemplu ar fi putut fi rezolvat altfel. Într-adevăr, suma este 1 + 2 + 3 + ... + n este suma primelor n membrii progresie aritmetică cu primul membru o 1 = 1 și diferență d= 1. În virtutea binecunoscutei formule , primim

b) Când n= 1 egalitatea va lua forma: 2 1 - 1 = 1 2 sau 1=1, adică P(1) este adevărat. Să presupunem că egalitatea este valabilă

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 și să demonstreze că se întâmplăP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 sau 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Folosind ipoteza de inducție, obținem

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

Astfel, P(n+ 1) este adevărată și, prin urmare, egalitatea necesară este dovedită.

Nota 3. Acest exemplu poate fi rezolvat (asemănător celui precedent) fără a folosi metoda inducției matematice.

c) Când n= 1 egalitatea este adevărată: 1=1. Să presupunem că egalitatea este adevărată

si arata ca adică adevărulP(n) implică adevărP(n+ 1). într-adevăr,și, din 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), obținem și, prin urmare, egalitatea originală este valabilă pentru orice naturaln.

d) Când n= 1 egalitatea este adevărată: 1=1. Să presupunem că are loc

și vom demonstra asta

într-adevăr,

e) Aprobare P(1) adevărat: 2=2. Să presupunem că egalitatea

este adevărat și vom demonstra că implică egalitateaîntr-adevăr,

În consecință, egalitatea originală este valabilă pentru orice natural n.

f) P(1) adevărat: 1/3 = 1/3. Să fie egalitate P(n):

. Să arătăm că ultima egalitate implică următoarele:

Într-adevăr, având în vedere că P(n) ține, obținem

Astfel, egalitatea este dovedită.

g) Când n= 1 avem o + b = b + oși, prin urmare, egalitatea este justă.

Fie valabilă formula binomială a lui Newton pentru n = k, adică

Apoi Folosind egalitatea primim

Exemplul 2. Demonstrați inegalitățile

a) Inegalitatea Bernoulli: (1 + a) n ≥ 1 + n a , a > -1, n DESPRE N.

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

c) Inegalitatea lui Cauchy față de media aritmetică și media geometrică
Unde x i > 0, , n ≥ 2.

d) păcatul 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, n DESPRE N.

f) 2 n > n 3 , n DESPRE N, n ≥ 10.

Soluţie. a) Când n= 1 obținem inegalitatea adevărată

1 + a ≥ 1 + a . Să presupunem că există o inegalitate

(1 + a) n ≥ 1 + n o

(1)

şi vom arăta că atunci are loc şi(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a.

Într-adevăr, deoarece a > -1 implică a + 1 > 0, atunci înmulțind ambele părți ale inegalității (1) cu (a + 1), obținem

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) sau (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Din moment ce n a 2 ≥ 0, prin urmare(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Astfel, dacă P(n) este adevărat, atunci P(n+ 1) este adevărată, prin urmare, conform principiului inducției matematice, inegalitatea lui Bernoulli este adevărată.

b) Când n= 1 obținem x 1 = 1 și deci x 1 ≥ 1 adică P(1) este o declarație corectă. Să presupunem că P(n) este adevărat, adică dacă adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n numere pozitive al căror produs este egal cu unu, x 1 x 2 ·...· x n= 1 și x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Să arătăm că această propoziție atrage după sine adevărul: dacă x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) numere pozitive astfel încât x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, atunci x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Luați în considerare următoarele două cazuri:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Atunci suma acestor numere este ( n+ 1), iar inegalitatea cerută este satisfăcută;

2) cel puțin un număr este diferit de unul, fie, de exemplu, mai mare decât unu. Apoi, de când x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, mai există cel puțin un număr diferit de unul (mai precis, mai puțin de unul). Lasă x n+ 1 > 1 și x n < 1. Рассмотрим n numere pozitive

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Produsul acestor numere este egal cu unu și, conform ipotezei, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Ultima inegalitate este rescrisă după cum urmează: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 sau x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Deoarece

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, atunci 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. Prin urmare, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, adică dacă P(n) este adevărat, atunciP(n+ 1) corect. Inegalitatea a fost dovedită.

Nota 4. Semnul egal este valabil dacă și numai dacă x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Fie x 1 ,x 2 ,...,x n- numere pozitive arbitrare. Luați în considerare următoarele n numere pozitive:

Deoarece produsul lor este egal cu unu: conform inegalităţii anterior dovedite b), rezultă că unde

Nota 5. Egalitatea este valabilă dacă și numai dacă x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) este o afirmație corectă: sin 2 a + cos 2 a = 1. Să presupunem că P(n) este o afirmație adevărată:

Păcatul 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 și arată ce se întâmplăP(n+ 1). într-adevăr, păcatul 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 (dacă sin 2 a ≤ 1, atunci cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, apoi sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n DESPRE N păcatul 2 n a + cos 2 n ≤ 1 iar semnul de egalitate se realizează numai atunci cândn = 1.

e) Când n= 1 afirmație este adevărată: 1< 3 / 2 .

Să presupunem că și vom demonstra asta

Deoarece

având în vedere P(n), primim

f) Ținând cont de observația 1, să verificăm P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, prin urmare, pentru n= 10 afirmația este adevărată. Să presupunem că 2 n > n 3 (n> 10) și dovediți P(n+ 1), adică 2 n+1 > (n + 1) 3 .

De când n> 10 avem sau , rezultă că

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 sau n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Având în vedere inegalitatea (2 n > n 3), obținem 2 n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Astfel, după metoda inducției matematice, pentru orice natural n DESPRE N, n≥ 10 avem 2 n > n 3 .

Exemplul 3. Demonstrează asta pentru oricine n DESPRE N

Soluţie. o) P(1) este o afirmație adevărată (0 este împărțit la 6). Lasă P(n) este corect, adică n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) este divizibil cu 6. Să arătăm că atunci se întâmplă P(n+ 1), adică ( n + 1)n(2n+ 1) este divizibil cu 6. Într-adevăr, deoarece

si cum n(n - 1)(2 n- 1) și 6 n 2 sunt divizibile cu 6, atunci suma lor esten(n + 1)(2 n+ 1) este divizibil cu 6.

Astfel, P(n+ 1) este o afirmație corectă și, prin urmare n(2n 2 - 3n+ 1) divizibil cu 6 pentru oricare n DESPRE N.

b) Să verificăm P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, prin urmare, P(1) este o declarație corectă. Ar trebui demonstrat că dacă 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 este împărțit la 11 ( P(n)), apoi 6 2 n + 3 n+2 + 3 n de asemenea divizibil cu 11 ( P(n+ 1)). Într-adevăr, din moment ce

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 și ca 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 și 33 6 2 n-2 sunt divizibile cu 11, atunci suma lor este 6 2n + 3 n+2 + 3 n este divizibil cu 11. Enunţul este dovedit. Inducția în geometrie

Exemplul 4. Calculați partea corectă a 2 n-un triunghi înscris într-un cerc de rază R.

Curs 6. Metoda inducţiei matematice.

Noile cunoștințe în știință și viață se obțin în moduri diferite, dar toate (dacă nu intri în detalii) sunt împărțite în două tipuri - trecerea de la general la specific și de la specific la general. Primul este deducția, al doilea este inducția. Raționamentul deductiv este ceea ce se numește în mod obișnuit în matematică. raționament logic, iar în știința matematică deducția este singura metodă legitimă de investigație. Regulile raționamentului logic au fost formulate în urmă cu două milenii și jumătate de către omul de știință grec antic Aristotel. El a creat o listă completă a celor mai simple raționamente corecte, silogisme– „blocuri” ale logicii, indicând simultan un raționament tipic care este foarte asemănător cu cel corect, dar incorect (întâlnim adesea astfel de raționament „pseudologic” în mass-media).

Vom calcula valoarea trinomului pentru unele prime valori n:

6.1. Principiul inducției matematice.

♦ Metoda inducţiei matematice se bazează pe principiul inducției matematice , care este după cum urmează:

1) se verifică validitatea acestei declarațiin=1 (bază de inducție) ,

Dovada. Să presupunem contrariul, adică să presupunem că afirmația nu este adevărată pentru fiecare natural n. Apoi există un astfel de firesc m, Ce:

1) declarație pentru n=m nedrept,

2) pentru toată lumea n, mai mic m, afirmația este adevărată (cu alte cuvinte, m este primul număr natural pentru care afirmația nu este adevărată).

Este evident că m>1, pentru că Pentru n=1 afirmația este adevărată (condiția 1). Prin urmare,
– număr natural. Se pare că pentru un număr natural
afirmația este adevărată, iar pentru următorul număr natural m este nedrept. Aceasta contrazice condiția 2. ■

Rețineți că demonstrația a folosit axioma că orice colecție de numere naturale conține cel mai mic număr.

O demonstrație bazată pe principiul inducției matematice se numește prin metoda inducţiei matematice complete .

 Exemplu6.1. Demonstrează asta pentru orice natură n număr
divizibil cu 3.

Soluţie.

1) Când n=1, deci o 1 este divizibil cu 3 și afirmația este adevărată când n=1.

2) Să presupunem că afirmația este adevărată pentru n=k,
, adică acel număr
este divizibil cu 3 și stabilim că atunci când n=k Numărul +1 este divizibil cu 3.

De fapt,

Deoarece Fiecare termen este divizibil cu 3, apoi și suma lor este divizibil cu 3. ■ 

 Exemplu6.2. Demonstrați că suma primelor n numerele naturale impare sunt egale cu pătratul numărului lor, adică.

Soluţie. Să folosim metoda inducției matematice complete.

1) Verificăm validitatea acestei afirmații când n=1: 1=1 2 – acest lucru este adevărat.

Ne folosim presupunerea și obținem

. ■ 

Metoda inducției matematice complete este folosită pentru a demonstra unele inegalități. Să demonstrăm inegalitatea lui Bernoulli.

 Exemplu6.3. Demonstrează că atunci când
și orice natural n inegalitatea este adevărată
(inegalitatea lui Bernoulli).

Soluţie. 1) Când n=1 obținem
, ceea ce este adevărat.

Să înmulțim ambele părți ale inegalității (*) cu numărul
si obtinem:

Adică (1+
. ■ 

Dovada prin metoda inducție matematică incompletă vreo afirmatie in functie de n, Unde
se desfășoară într-un mod similar, dar la început se stabilește corectitudinea pentru cea mai mică valoare n.

 Exemplu6.4. Găsiți suma
.

1) Când n=1 ipoteza este corectă, deoarece
.

2) Să presupunem că ipoteza este adevărată pentru n=k,
, adică
. Folosind această formulă, stabilim că ipoteza este adevărată chiar și atunci când n=k+1, adică

De fapt,

 Exemplu6.5. În matematică, se dovedește că suma a două funcții uniform continue este o funcție uniform continuă. Pe baza acestei afirmații, trebuie să demonstrați că suma oricărui număr
a funcțiilor uniform continue este o funcție uniform continuă. Dar din moment ce nu am introdus încă conceptul de „funcție uniformă continuă”, să punem problema mai abstract: să se știe că suma a două funcții care au o anumită proprietate S, în sine are proprietatea S. Să demonstrăm că suma oricărui număr de funcții are proprietatea S.

Aceasta dovedește afirmația și o vom folosi în continuare. ■ 

 Exemplu6.6. Găsiți totul natural n, pentru care inegalitatea este adevărată

1) După cum sa stabilit mai sus, această ipoteză este adevărată atunci când n=5.

2) Să presupunem că este adevărat pentru n=k,
, adică inegalitatea este adevărată
. Folosind această ipoteză, demonstrăm că inegalitatea
.

Deoarece
iar la
exista inegalitate

la
,

atunci obținem asta
. Deci, adevărul ipotezei la n=k+1 rezultă din ipoteza că este adevărat când n=k,
.

Din paragrafe. 1 și 2, pe baza principiului inducției matematice incomplete, rezultă că inegalitatea
adevărat pentru fiecare natural
. ■ 

 Exemplu6.7. Demonstrați asta pentru orice număr natural n formula de diferentiere este valabila
.

Soluţie. La n=1 această formulă arată ca
, sau 1=1, adică este corect. Făcând ipoteza de inducție, avem:

Q.E.D. ■ 

 Exemplu6.8. Demonstrați că setul format din n elemente, are subseturi

Soluţie. Un set format dintr-un element O, are două subseturi. Acest lucru este adevărat deoarece toate submulțimile sale sunt mulțimea goală și mulțimea goală în sine, iar 2 1 =2.

Setul B este format din n elemente, și deci, prin inducție, el are submulțimi, deci în prima clasă subseturi

Astfel afirmația este dovedită. Rețineți că este valabil și pentru o mulțime formată din 0 elemente - mulțimea goală: are o singură submulțime - ea însăși și 2 0 = 1. ■ 

Una dintre cele mai importante metode de demonstrare matematică este pe bună dreptate metoda de inductie matematica. Marea majoritate a formulelor referitoare la toate numerele naturale n pot fi dovedite prin metoda inducției matematice (de exemplu, formula pentru suma primilor n termeni ai unei progresii aritmetice, formula binomială a lui Newton etc.).

În acest articol, ne vom opri mai întâi asupra conceptelor de bază, apoi vom lua în considerare metoda de inducție matematică în sine și vom analiza exemple de aplicare a acesteia în demonstrarea egalităților și inegalităților.

Navigare în pagină.

Inducția și deducția.

Prin inducție numită trecerea de la enunţuri particulare la cele generale. Dimpotrivă, se numește trecerea de la enunțurile generale la cele specifice deducere.

Un exemplu de afirmație anume: 254 este divizibil cu 2 fără rest.

Din această afirmație particulară se pot formula o mulțime de afirmații mai generale, atât adevărate, cât și false. De exemplu, afirmația mai generală că toate numerele întregi care se termină în patru sunt divizibile cu 2 fără rest este adevărată, dar afirmația că toate numerele de trei cifre sunt divizibile cu 2 fără rest este falsă.

Astfel, inducția ne permite să obținem multe afirmații generale bazate pe fapte cunoscute sau evidente. Iar metoda inducției matematice este concepută pentru a determina validitatea enunțurilor obținute.

Ca exemplu, luați în considerare șirul de numere: , n este un număr natural arbitrar. Apoi succesiunea sumelor primelor n elemente ale acestei secvențe va fi după cum urmează

Pe baza acestui fapt, se poate argumenta prin inducție că .

Prezentăm dovada acestei formule.

Metoda inducției matematice.

Metoda inducţiei matematice se bazează pe principiul inducției matematice.

Este după cum urmează: o anumită afirmație este adevărată pentru fiecare număr natural n dacă

este valabil pentru n = 1 şi
din validitatea enunțului pentru orice număr natural arbitrar n = k, rezultă că este valabil pentru n = k+1.

Adică, demonstrarea folosind metoda inducției matematice se realizează în trei etape:

în primul rând, se va verifica validitatea enunţului pentru orice număr natural n (de obicei verificarea se face pentru n = 1);
în al doilea rând, se presupune validitatea enunţului pentru orice număr natural n=k;
în al treilea rând, se demonstrează validitatea enunţului pentru numărul n=k+1, pornind de la ipoteza celui de-al doilea punct.

Exemple de demonstrații de ecuații și inegalități folosind metoda inducției matematice.

Să revenim la exemplul anterior și să demonstrăm formula .

Dovada.

Metoda inducției matematice implică o demonstrație în trei puncte.

Astfel, toți cei trei pași ai metodei de inducție matematică au fost finalizați și ipoteza noastră despre formulă a fost dovedită.

Să ne uităm la o problemă de trigonometrie.

Exemplu.

Dovediți identitatea .

Soluţie.

În primul rând, verificăm validitatea egalității pentru n = 1. Pentru a face acest lucru, vom avea nevoie de formule de trigonometrie de bază.

Adică, egalitatea este adevărată pentru n = 1.

În al doilea rând, să presupunem că egalitatea este adevărată pentru n = k, adică identitatea este adevărată

Metoda inducției matematice

Introducere

Partea principală

Inductie completă și incompletă
Principiul inducției matematice
Metoda inducției matematice
Rezolvarea exemplelor
Egalități
Împărțirea numerelor
Inegalități

Concluzie

Lista literaturii folosite

Introducere

În miezul tuturor cercetare matematică minciună deductivă şi metode inductive. Metoda deductivă de raționament este raționamentul de la general la specific, adică. raționament, al cărui punct de plecare este rezultatul general, iar punctul final este rezultatul particular. Inducția este utilizată atunci când se trece de la rezultate particulare la cele generale, de exemplu. este opusul metodei deductive.

Metoda inducției matematice poate fi comparată cu progresul. Începem de jos, ca urmare gândire logică ajungem la cel mai înalt. Omul s-a străduit întotdeauna pentru progres, pentru capacitatea de a-și dezvolta gândurile în mod logic, ceea ce înseamnă că însăși natura i-a destinat să gândească inductiv.

Deși sfera de aplicare a metodei de inducție matematică a crescut, programa școlară i se acordă puțin timp. Ei bine, spune-mi că acele două-trei lecții vor fi utile unei persoane, timp în care va auzi cinci cuvinte de teorie, va rezolva cinci probleme primitive și, ca urmare, va primi un A pentru faptul că nu știe nimic.

Dar este atât de important să poți gândi inductiv.

Partea principală

În sensul său original, cuvântul „inducție” este aplicat raționamentului cu ajutorul căruia se obține concluzii generale, bazat pe o serie de afirmații particulare. Cea mai simplă metodă de raționament de acest fel este inducția completă. Iată un exemplu de astfel de raționament.

Să fie necesar să se stabilească că fiecare număr natural par n în 4< n < 20 представимо в виде суммы двух numere prime. Pentru a face acest lucru, luați toate aceste numere și scrieți expansiunile corespunzătoare:

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.

Aceste nouă egalități arată că fiecare dintre numerele care ne interesează este într-adevăr reprezentat ca suma a doi termeni simpli.

Astfel, inducția completă constă în demonstrarea enunțului general separat în fiecare dintre un număr finit de cazuri posibile.

Uneori, rezultatul general poate fi prezis după ce luați în considerare nu toate, dar suficient număr mare cazuri speciale (așa-numita inducție incompletă).

Rezultatul obtinut prin inductie incompleta ramane, insa, doar o ipoteza pana cand este dovedit prin rationamente matematice precise, acoperind toate cazurile speciale. Cu alte cuvinte, inducerea incompletă în matematică nu este considerată o metodă legitimă de demonstrare riguroasă, ci este o metodă puternică pentru descoperirea de noi adevăruri.

De exemplu, doriți să găsiți suma primelor n numere impare consecutive. Să luăm în considerare cazurile speciale:

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

După luarea în considerare a acestor câteva cazuri speciale, se sugerează următoarea concluzie generală:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

aceste. suma primelor n numere impare consecutive este n 2

Desigur, observația făcută nu poate servi încă ca dovadă a validității formulei date.

Inducția completă are doar aplicații limitate în matematică. Multe afirmații matematice interesante acoperă un număr infinit de cazuri speciale, dar nu suntem capabili să le testăm pentru un număr infinit de cazuri. Inducția incompletă duce adesea la rezultate eronate.

În multe cazuri, calea de ieșire din acest tip de dificultate este recurgerea la o metodă specială de raționament, numită metoda inducției matematice. Este după cum urmează.

Să presupunem că trebuie să dovediți validitatea unei afirmații pentru orice număr natural n (de exemplu, trebuie să demonstrați că suma primelor n numere impare este egală cu n 2). Verificarea directă a acestei afirmații pentru fiecare valoare a lui n este imposibilă, deoarece mulțimea numerelor naturale este infinită. Pentru a demonstra această afirmație, verificați mai întâi validitatea ei pentru n=1. Apoi ei demonstrează că pentru orice valoare naturală a lui k, validitatea afirmației luate în considerare pentru n=k implică valabilitatea acesteia pentru n=k+1.

Atunci afirmația este considerată dovedită pentru toate n. De fapt, afirmația este adevărată pentru n=1. Dar atunci este valabil și pentru următoarea dată n=1+1=2. Valabilitatea afirmației pentru n=2 implică valabilitatea acesteia pentru n=2+

1=3. Aceasta implică validitatea afirmației pentru n=4 etc. Este clar că, în final, vom ajunge la orice număr natural n. Aceasta înseamnă că afirmația este adevărată pentru orice n.

Rezumând cele spuse, formulăm următorul principiu general.

Principiul inducției matematice.

Dacă o propoziție A(n), în funcție de un număr natural n, este adevărată pentru n=1 și din faptul că este adevărată pentru n=k (unde k este orice număr natural), rezultă că este adevărată și pentru următorul număr n=k +1, atunci ipoteza A(n) este adevărată pentru orice număr natural n.

Într-un număr de cazuri, poate fi necesar să se dovedească validitatea unei anumite afirmații nu pentru toate numerele naturale, ci numai pentru n>p, unde p este un număr natural fix. În acest caz, principiul inducției matematice este formulat după cum urmează.

Dacă propoziția A(n) este adevărată pentru n=p și dacă A(k)ÞA(k+1) pentru orice k>p, atunci propoziția A(n) este adevărată pentru orice n>p.

Demonstrarea folosind metoda inducției matematice se realizează după cum urmează. În primul rând, afirmația de demonstrat este verificată pentru n=1, adică. se stabileşte adevărul afirmaţiei A(1). Această parte a demonstrației se numește bază de inducție. Apoi vine partea din demonstrație numită pasul de inducție. În această parte, ele dovedesc validitatea enunțului pentru n=k+1 sub ipoteza validității enunțului pentru n=k (ipoteza de inducție), i.e. demonstrați că A(k)ÞA(k+1).

Demonstrați că 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Rezolvare: 1) Avem n=1=1 2 . Prin urmare,

afirmația este adevărată pentru n=1, adică. A(1) este adevărată.

2) Să demonstrăm că A(k)ÞA(k+1).

Fie k orice număr natural și fie afirmația adevărată pentru n=k, adică.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Să demonstrăm că atunci afirmația este adevărată și pentru următorul număr natural n=k+1, adică. Ce

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

De fapt,

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

Deci, A(k)ÞA(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, concluzionăm că ipoteza A(n) este adevărată pentru orice nÎN.

Demonstrează asta

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

Soluție: 1) Pentru n=1 obținem

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

prin urmare, pentru n=1 formula este corectă; A(1) este adevărată.

2) Fie k orice număr natural și fie formula adevărată pentru n=k, adică.

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

Să demonstrăm că atunci egalitatea

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

Într-adevăr

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).

Deci, A(k)ÞA(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, concluzionăm că formula este adevărată pentru orice număr natural n.

Demonstrați că numărul de diagonale ale unui n-gon convex este egal cu n(n-3)/2.

Rezolvare: 1) Pentru n=3 afirmația este adevărată

Și 3 are sens, pentru că într-un triunghi

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

A 2 A(3) este adevărat.

2) Să presupunem că în fiecare

un k-gon convex are-

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

Și k Să demonstrăm că atunci într-un convex

(k+1)-număr gon

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

Fie A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 un (k+1)-gon convex. Să desenăm în ea o diagonală A 1 A k. Să numere numărul total diagonalele acestui (k+1)-gon, trebuie să numărați numărul de diagonale din k-gonul A 1 A 2 ...A k , adăugați la numărul rezultat k-2, adică. trebuie luat în considerare numărul de diagonale ale (k+1)-gon care emană din vârful A k+1 și, în plus, diagonala A 1 A k.

Astfel,

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

Deci, A(k)ÞA(k+1). Datorită principiului inducției matematice, afirmația este adevărată pentru orice n-gon convex.

Demonstrați că pentru orice n următoarea afirmație este adevărată:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci

X1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

Aceasta înseamnă că pentru n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că n=k

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

3) Considerați această afirmație pentru 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.

Am dovedit că egalitatea este adevărată pentru n=k+1, prin urmare, în virtutea metodei de inducție matematică, afirmația este adevărată pentru orice număr natural n.

Demonstrați că pentru orice număr natural n egalitatea este adevărată:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rezolvare: 1) Fie n=1.

Atunci X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vedem că pentru n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că egalitatea este adevărată pentru n=k

Xk =k2 (k+1)2/4.

3) Să demonstrăm adevărul acestei afirmații pentru n=k+1, i.e.

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.

Din demonstrația de mai sus este clar că afirmația este adevărată pentru n=k+1, prin urmare, egalitatea este adevărată pentru orice număr natural n.

Demonstrează asta

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2 +n+1), unde n>2.

Rezolvare: 1) Pentru n=2 identitatea arată astfel: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

aceste. e adevărat.

2) Să presupunem că expresia este adevărată pentru n=k

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

3) Să demonstrăm corectitudinea expresiei pentru 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).

Am demonstrat că egalitatea este adevărată pentru n=k+1, prin urmare, în virtutea metodei de inducție matematică, afirmația este adevărată pentru orice n>2

Demonstrează asta

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

pentru orice n natural.

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci

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

2) Să presupunem că n=k, atunci

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

3) Să demonstrăm adevărul acestei afirmații pentru 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).

Validitatea egalității pentru n=k+1 a fost de asemenea dovedită, prin urmare afirmația este adevărată pentru orice număr natural n.

Demonstrați că identitatea este corectă

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

pentru orice n natural.

1) Pentru n=1 identitatea este adevărată 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Să presupunem că pentru n=k

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

3) Să demonstrăm că identitatea este adevărată pentru 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).

Din demonstrația de mai sus este clar că afirmația este adevărată pentru orice număr natural n.

Demonstrați că (11 n+2 +12 2n+1) este divizibil cu 133 fără rest.

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci

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

Dar (23´133) este divizibil cu 133 fără rest, ceea ce înseamnă că pentru n=1 afirmația este adevărată; A(1) este adevărată.

2) Să presupunem că (11 k+2 +12 2k+1) este divizibil cu 133 fără rest.

3) Să demonstrăm că în acest caz

(11 k+3 +12 2k+3) este divizibil cu 133 fără rest. Într-adevăr, 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 .

Suma rezultată este împărțită la 133 fără rest, deoarece primul său termen este divizibil cu 133 fără rest prin presupunere, iar în al doilea dintre factori este 133. Deci, A(k)ÞA(k+1). În virtutea metodei inducției matematice, afirmația a fost dovedită.

Demonstrați că pentru orice n 7 n -1 este divizibil cu 6 fără rest.

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci X 1 =7 1 -1=6 se împarte la 6 fără rest. Aceasta înseamnă că atunci când n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că pentru n=k

7 k -1 este divizibil cu 6 fără rest.

3) Să demonstrăm că afirmația este adevărată pentru n=k+1.

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

Primul termen este divizibil cu 6, deoarece 7 k -1 este divizibil cu 6 prin presupunere, iar al doilea termen este 6. Aceasta înseamnă că 7 n -1 este un multiplu de 6 pentru orice n natural. În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.

Demonstrați că 3 3n-1 +2 4n-3 pentru un n natural arbitrar este divizibil cu 11.
Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 se împarte la 11 fără rest. Aceasta înseamnă că pentru n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că pentru n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 este divizibil cu 11 fără rest.

3) Să demonstrăm că afirmația este adevărată pentru 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 .

Primul termen este divizibil cu 11 fără rest, deoarece 3 3k-1 +2 4k-3 este divizibil cu 11 prin presupunere, al doilea este divizibil cu 11, deoarece unul dintre factorii săi este numărul 11. Aceasta înseamnă că suma este divizibil cu 11 fără rest pentru orice număr natural n. În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.

Demonstrați că 11 2n -1 pentru un n natural arbitrar este divizibil cu 6 fără rest.

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci 11 2 -1=120 este divizibil cu 6 fără rest. Aceasta înseamnă că atunci când n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că pentru n=k

11 2k -1 este divizibil cu 6 fără rest.

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

Ambii termeni sunt divizibili cu 6 fără rest: primul conține un multiplu de 6, numărul 120, iar al doilea este divizibil cu 6 fără rest prin presupunere. Aceasta înseamnă că suma este divizibilă cu 6 fără rest. În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.

Demonstrați că 3 3n+3 -26n-27 pentru un număr natural arbitrar n este divizibil cu 26 2 (676) fără rest.

Rezolvare: Mai întâi demonstrăm că 3 3n+3 -1 este divizibil cu 26 fără rest.

Când n=0

3 3 -1=26 se împarte la 26

Să presupunem că pentru n=k

3 3k+3 -1 este divizibil cu 26

Să demonstrăm că afirmația

adevărat pentru n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – împărțit la 26

Acum să realizăm demonstrația afirmației formulate în enunțul problemei.

1) Evident, când n=1 afirmația este adevărată

3 3+3 -26-27=676

2) Să presupunem că pentru n=k

expresia 3 3k+3 -26k-27 se împarte la 26 2 fără rest.

3) Să demonstrăm că afirmația este adevărată pentru n=k+1

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

Ambii termeni sunt divizibili cu 26 2; primul este divizibil cu 26 2 pentru că am demonstrat că expresia dintre paranteze este divizibil cu 26, iar al doilea este divizibil prin ipoteza de inducție. În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.

Demonstrați că dacă n>2 și x>0, atunci inegalitatea este adevărată

(1+x) n >1+n´x.

Rezolvare: 1) Pentru n=2 inegalitatea este valabilă, deoarece

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

Deci A(2) este adevărată.

2) Să demonstrăm că A(k)ÞA(k+1), dacă k> 2. Să presupunem că A(k) este adevărată, adică că inegalitatea

(1+x) k >1+k´x. (3)

Să demonstrăm că atunci A(k+1) este și adevărată, adică că inegalitatea

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

De fapt, înmulțind ambele părți ale inegalității (3) cu numărul pozitiv 1+x, obținem

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Să luăm în considerare partea dreaptă a ultimei inegalități

stva; avem

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

Drept urmare, obținem asta

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Deci, A(k)ÞA(k+1). Pe baza principiului inducției matematice, se poate susține că inegalitatea lui Bernoulli este adevărată pentru orice

Demonstrați că inegalitatea este adevărată

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

Rezolvare: 1) Când m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ambele părți sunt egale.

2) Să presupunem că pentru m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Să demonstrăm că pentru m=k+1 inegalitatea este adevărată

(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 .

Am demonstrat validitatea inegalității pentru m=k+1, prin urmare, în virtutea metodei de inducție matematică, inegalitatea este valabilă pentru orice m natural.

Demonstrați că pentru n>6 inegalitatea este adevărată

3 n >n´2 n+1 .

Soluție: Să rescriem inegalitatea în formă

Pentru n=7 avem

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

inegalitatea este adevărată.

Să presupunem că pentru n=k

3) Să demonstrăm validitatea inegalității pentru n=k+1.

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

Deoarece k>7, ultima inegalitate este evidentă.

În virtutea metodei inducției matematice, inegalitatea este valabilă pentru orice număr natural n.

Demonstrați că pentru n>2 inegalitatea este adevărată

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

Rezolvare: 1) Pentru n=3 inegalitatea este adevărată

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

Să presupunem că pentru n=k

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

3) Să dovedim validitatea non-

egalitate pentru n=k+1

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

Să demonstrăm că 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

Acesta din urmă este evident și, prin urmare

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

În virtutea metodei inducției matematice, inegalitatea este dovedită.

Concluzie

În special, studiind metoda de inducție matematică, mi-am sporit cunoștințele în acest domeniu a matematicii și, de asemenea, am învățat să rezolv probleme care înainte erau peste puterea mea.

Acestea au fost în principal sarcini logice și distractive, de exemplu. doar acelea care cresc interesul pentru matematică în sine ca știință. Rezolvarea unor astfel de probleme devine o activitate distractivă și poate atrage tot mai mulți oameni curioși în labirinturi matematice. După părerea mea, aceasta este baza oricărei științe.

Continuând să studiez metoda inducției matematice, voi încerca să învăț cum să o aplic nu numai în matematică, ci și în rezolvarea problemelor din fizică, chimie și viața însăși.

MATEMATICĂ:

PRELEȚII, PROBLEME, SOLUȚII

Manual / V.G Boltyansky, Yu.V., Shabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRĂ ȘI ÎNCEPUTURI DE ANALIZĂ

Manual / I.T Demidov, A.N. Shvartsburg, O.S. „Iluminismul” 1975.