Metoda matematičke indukcije

Uvod

Glavni dio

1. Potpuna i nepotpuna indukcija
2. Princip matematičke indukcije
3. Metoda matematičke indukcije
4. Rješenje primjera
5. Jednakost
6. Podjela brojeva
7. nejednakosti

Zaključak

Spisak korišćene literature

Uvod

Deduktivne i induktivne metode su osnova svakog matematičkog istraživanja. Deduktivna metoda zaključivanja je rasuđivanje od opšteg ka posebnom, tj. rezonovanje koje počinje sa ukupni rezultat, a konačna tačka je djelomični rezultat. Indukcija se primjenjuje pri prelasku sa pojedinačnih rezultata na opšte, tj. je suprotnost deduktivnoj metodi.

Metoda matematičke indukcije može se uporediti sa napretkom. Počinjemo od najnižeg, kao rezultat logičko razmišljanje dolazimo do najvišeg. Čovjek je oduvijek težio napretku, sposobnosti da logički razvija svoju misao, što znači da ga je sama priroda predodredila da razmišlja induktivno.

Iako je područje primjene metode matematičke indukcije naraslo, u školski program ima malo vremena. Pa recimo da će korisnu osobu dovesti one dvije-tri lekcije za koje čuje pet riječi teorije, riješi pet primitivnih problema i kao rezultat dobije peticu za ništa ne zna.

Ali ovo je toliko važno – biti u stanju da razmišljamo induktivno.

Glavni dio

U svom izvornom značenju, riječ "indukcija" se primjenjuje na rasuđivanje kojim se donose opći zaključci na osnovu brojnih konkretnih izjava. Najjednostavniji metod zaključivanja ove vrste je potpuna indukcija. Evo primjera takvog rezonovanja.

Neka je potrebno utvrditi da je svaki prirodan paran broj n unutar 4< n < 20 представимо в виде суммы двух primarni brojevi. Da bismo to učinili, uzimamo sve takve brojeve i ispisujemo odgovarajuća proširenja:

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 prosta člana.

Dakle, potpuna indukcija je da se opšta tvrdnja dokazuje zasebno u svakom od konačnog broja mogućih slučajeva.

Ponekad se ukupni rezultat može predvidjeti nakon razmatranja ne svih, već dovoljno veliki broj specijalni slučajevi (tzv. nepotpuna indukcija).

Rezultat dobiven nepotpunom indukcijom, međutim, ostaje samo hipoteza dok se ne dokaže egzaktnim 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 je, na primjer, potrebno pronaći zbir prvih n uzastopnih neparnih brojeva. Razmotrite 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, dato zapažanje još ne može poslužiti kao dokaz valjanosti gornje formule.

Potpuna indukcija ima samo ograničenu primjenu u matematici. Mnoge zanimljive matematičke izjave pokrivaju beskonačan broj specijalnih slučajeva i ne možemo testirati 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.

Neka je potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje za bilo koju prirodni broj n (na primjer, potrebno je dokazati da je zbir prvih n neparnih brojeva 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. Tada je dokazano da za bilo koju prirodnu vrijednost k, valjanost iskaza koji se razmatra za n=k implicira njegovu valjanost i za n=k+1.

Tada se tvrdnja smatra dokazanom za sve n. Zaista, izjava je tačna za n=1. Ali onda vrijedi i za sljedeći broj n=1+1=2. Valjanost tvrdnje za n=2 implicira njenu valjanost za n=2+

1=3. Ovo implicira valjanost iskaza za n=4, i tako dalje. Jasno je da ćemo na kraju doći do bilo kojeg prirodnog broja n. Dakle, izjava je tačna za bilo koje n.

Sumirajući ono što je rečeno, formulišemo sledeći opšti princip.

Princip matematičke indukcije.

Ako je rečenica A(n), koja zavisi od prirodnog broja n, tačna za n=1, a iz činjenice da je tačna za n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da je također tačno za sledeći 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 prirodan broj. U ovom slučaju, princip matematičke indukcije je formuliran na sljedeći način.

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

Dokaz metodom matematičke indukcije izvodi se na sljedeći način. Prvo, tvrdnja koju treba dokazati se provjerava za n=1, tj. istinitost tvrdnje A(1) je utvrđena. Ovaj dio dokaza naziva se baza indukcije. Nakon toga slijedi dio dokaza koji se naziva korak indukcije. U ovom dijelu se dokazuje valjanost iskaza za n=k+1 pod pretpostavkom da je tvrdnja tačna 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 nON.

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 tačna; 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 \u003d (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+h+h 2 +x 3 +…+h 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.

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

Rješenje: 1) Za n=3, tvrdnja je tačna

I 3 je tačno, jer u trouglu

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

A 2 A(3) je tačno.

2) Pretpostavimo da u bilo kojem

konveksni k-ugao ima-

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

A 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 -konveksni (k+1)-ugao. Nacrtajmo dijagonalu A 1 A k u njoj. Da biste prebrojali 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 , i pored toga 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 tvrdnja tačna:

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.

Dakle, za n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je n=k

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

3) Razmotrimo ovu izjavu 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 valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje prirodno n.

Dokažite da je za bilo koji prirodni 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 \u003d 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 koje prirodno 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. to je tačno.

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) Dokazaćemo ispravnost 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 valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, zbog 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.

Dokazati valjanost identiteta

(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 se može vidjeti da je tvrdnja tačna za bilo koji prirodan broj n.

Dokažite 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, tako 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 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 .

Dobijeni zbir je djeljiv 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. Dakle, za 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, pošto je 7 k -1 djeljivo sa 6 prema pretpostavci, a drugi član je 6. Dakle, 7 n -1 je 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 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 podijeljen je sa 11 bez ostatka. Dakle, za n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je za n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 je djeljivo 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. Dakle, zbir je također djeljiv sa 11 bez ostatka za bilo koje prirodno n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 11 2n -1 za proizvoljan cijeli broj n djeljiv sa 6 bez ostatka.

Rješenje: 1) Neka je n=1, tada je 11 2 -1=120 djeljivo sa 6 bez ostatka. Dakle, za 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 broja 6 broj 120, a drugi je djeljiv sa 6 bez ostatka po pretpostavci. Dakle, zbir je djeljiv sa 6 bez ostatka. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

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

Rješenje: Hajde da prvo dokažemo da je 3 3n+3 -1 djeljivo sa 26 bez ostatka.

1. Za n=0

3 3 -1=26 je deljivo sa 26

2. Pretpostavimo da je za n=k

3 3k+3 -1 je deljivo sa 26

3. Hajde da dokažemo da je izjava

tačno za n=k+1.

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

Dokažimo sada tvrdnju formulisanu u uslovu problema.

1) Očigledno je da je za n=1 tvrdnja tačna

3 3+3 -26-27=676

2) Pretpostavimo da je za n=k

izraz 3 3k+3 -26k-27 je djeljiv 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 ; prvi je djeljiv sa 26 2 jer smo dokazali da je izraz u zagradi djeljiv sa 26, a drugi je djeljiv sa induktivnom hipotezom. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

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

(1+x) n >1+n´x.

Rješenje: 1) Za n=2, nejednakost je tačna, 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) tačna, tj. da je nejednakost

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Zaista, množenje obje strane nejednakosti (3) sa pozitivan broj 1+x, dobijamo

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Razmotrimo desnu stranu posljednjeg nejednakog

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 Bernulijeva nejednakost vrijedi 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) Za m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 oba dijela su jednaka.

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 validnost nejednakosti za m=k+1, dakle, metodom matematičke indukcije, nejednakost je tačna za svako prirodno m.

Dokazati da je za n>6 nejednakost

3 n >n´2 n+1 .

Rješenje: Prepišimo nejednakost u obliku

1. Za n=7 imamo

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

nejednakost je tačna.

2. Pretpostavimo da je za n=k

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

3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(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 koje prirodno n.

Dokazati da je za n>2 nejednakost

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).

1. Pretpostavimo da je za n=k

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

3) Dokazaćemo validnost ne-

jednakosti 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

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 dokazana je nejednakost.

Zaključak

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

U osnovi, to su bili logični 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 radoznalih 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, ZADACI, RJEŠENJA

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

ALGEBRA I PRINCIPI ANALIZE

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

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 od opšteg ka posebnom i od posebnog do opšteg. 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– „cigle“ logike, istovremeno ukazujući na tipična rezonovanja, vrlo slična ispravnim, ali pogrešna (sa ovakvim „pseudološkim“ rezonovanjem se često susrećemo u medijima).

Indukcija (indukcija - na latinskom vođenje) 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 takvom fenomenu kao što je elektromagnetna indukcija, električno polje stvara, "inducira" magnetsko polje. “Njutnova jabuka” je tipičan primjer situacije u kojoj se jedan ili više posebnih slučajeva, tj. zapažanja, "dovode" do opšte izjave, opšti zaključak se donosi na osnovu konkretnih slučajeva. Induktivna metoda je glavna za dobijanje opštih obrazaca u prirodnim i 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 se ovdje mogla pojaviti, odnosno hipoteza da za svaku n broj
je jednostavno, ispostavilo se da je lažno.

Leibniz je u 17. vijeku dokazao da je za svaki pozitivan cijeli broj n broj
djeljivo sa 3
je djeljiv sa 5, i tako dalje. Na osnovu toga, on je to predložio za svaki nepar k i bilo koje prirodne n broj
podijeljena k, ali ubrzo to primijetio
nije deljivo sa 9.

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

6.1. Princip matematičke indukcije.

♦ Metoda matematičke indukcije se zasniva na princip matematičke indukcije , koji se sastoji od sljedećeg:

1) validnost ove izjave je potvrđena zan=1 (osnova indukcije) ,

2) pretpostavlja se da je ova izjava tačna zan= k, gdjekje 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 tvrdnja nije tačna za svako prirodno n. Onda postoji tako prirodno m, šta:

1) odobrenje za n=m nije fer,

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

Očigledno je da m>1, jer za n=1 izjava je tačna (uslov 1). dakle,
- prirodni broj. Ispada da je za prirodan broj
izjava 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 potpunom matematičkom indukcijom .

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

Odluka.

1) Kada n=1 , dakle a 1 je djeljiv sa 3 i izjava je tačna za n=1.

2) Pretpostavimo da je izjava tačna za n=k,
, odnosno taj broj
je djeljiv sa 3 i pronađite to 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, odnosno, .

Odluka. Koristimo metodu potpune matematičke indukcije.

1) Provjeravamo valjanost ove izjave za n=1: 1=1 2 je tačno.

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

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
(Bernoullijeva nejednakost).

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

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

Pomnožite oba dijela nejednakosti (*) brojem
i dobiti:

To je (1+
. ■ 

Dokaz metodom nepotpuna matematička indukcija neke tvrdnje u zavisnosti od n, gdje
provodi se na sličan način, ali se na početku pravda uspostavlja za najmanju vrijednost n.

Neki problemi ne formulišu eksplicitno izjavu koja se može dokazati matematičkom indukcijom. U takvim slučajevima potrebno je utvrditi pravilnost i izraziti hipotezu o valjanosti te pravilnosti, a zatim ispitati predloženu hipotezu metodom matematičke indukcije.

 Primjer6.4. Pronađite iznos
.

Odluka. Nađimo sume S 1 , S 2 , S 3 . Imamo
,
,
. Pretpostavljamo da za bilo koji prirodni n formula je važeća
. Za provjeru ove hipoteze koristimo metodu potpune matematičke indukcije.

1) Kada n=1 hipoteza je tačna, jer
.

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

Zaista,

Dakle, pod pretpostavkom da je hipoteza tačna za n=k,
, dokazano je da je to tačno za n=k+1, a na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da formula vrijedi za bilo koju prirodnu n. ■ 

 Primjer6.5. U matematici je dokazano da je zbir dvije ravnomjerno neprekidne funkcije uniformno kontinuirana funkcija. Na osnovu ove izjave, moramo 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 je zbir dvije funkcije koje imaju neko svojstvo S, sama ima imovinu S. Dokažimo da zbir bilo kojeg broja funkcija ima svojstvo S.

Odluka. Osnova indukcije ovdje je sadržana u samoj formulaciji problema. Uzmite u obzir induktivnu pretpostavku
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. Dakle, njihov zbir ima svojstvo S– za dva mandata osnova indukcije „radi“.

Ovo dokazuje tvrdnju i koristit će je dalje. ■ 

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

.

Odluka. Razmislite 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, koristimo princip nepotpune matematičke indukcije.

1) Kao što je gore navedeno, ova hipoteza je tačna za n=5.

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

T. to.
i na
postoji nejednakost

at
,

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

Od str. 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
.

Odluka. At n=1 ova formula ima oblik
, ili 1=1, odnosno tačno je. Uz induktivnu pretpostavku, imamo:

Q.E.D. ■ 

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

Odluka. Komplet sa jednim elementom a, ima dva podskupa. Ovo je tačno jer su svi njegovi podskupovi prazan skup i sam skup, a 2 1 =2.

Pretpostavljamo da bilo koji skup od n elemenata ima podskupovi. Ako se skup A sastoji od n+1 elemenata, onda u njega fiksiramo jedan element - označimo ga d, i podijeliti sve podskupove u dvije klase - 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, te stoga, prema hipotezi indukcije, 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 tvrdnja dokazana. Imajte na umu da vrijedi i za skup koji se sastoji od 0 elemenata - prazan skup: ima jedan podskup - sebe, i 2 0 =1. ■ 

Jedna od najvažnijih metoda matematičkog dokaza je ispravno metoda matematičke indukcije. Velika većina formula koje se odnose na sve prirodne brojeve n može se dokazati matematičkom indukcijom (na primjer, formula za zbir n prvih 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 na opšte iskaze. Naprotiv, prijelaz sa općih iskaza na posebne se naziva odbitak.

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

Iz ove konkretne izjave može se formulisati mnogo opštijih izjava, i istinitih i netačnih. Na primjer, opštija izjava da su svi cijeli brojevi koji završavaju na 4 djeljivi sa 2 bez ostatka je tačna, dok je izjava da su svi trocifreni brojevi djeljivi sa 2 bez ostatka netačna.

Dakle, indukcija omogućava dobijanje mnogih opštih izjava zasnovanih na poznatim ili očiglednim činjenicama. Metoda matematičke indukcije je dizajnirana da utvrdi valjanost primljenih izjava.

Kao primjer, razmotrite numerički niz: , 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 zasniva se na princip matematičke indukcije.

Sastoji se u sljedećem: određena izjava je tačna za bilo koje prirodno n ako

1. vrijedi za n = 1 i
2. iz valjanosti iskaza za bilo koje proizvoljno prirodno n = k slijedi da je istinito za n = k+1 .

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

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

Primjeri dokaza jednačina i nejednačina metodom matematičke indukcije.

Vratimo se na prethodni primjer i dokažemo formulu .

Dokaz.

Metoda matematičke indukcije uključuje dokaz u tri tačke.

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

Pogledajmo trigonometrijski problem.

Primjer.

Prove Identity .

Odluka.

Prvo, provjeravamo jednakost za n = 1. Da bismo to učinili, potrebne su nam osnovne formule trigonometrije.

To jest, jednakost je tačna za n = 1.

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

METODA MATEMATIČKE INDUKCIJE

Reč indukcija na ruskom znači vođenje, a induktivna se nazivaju zaključci zasnovani na zapažanjima, eksperimentima, tj. dobijeno zaključivanjem od posebnog do opšteg.

Na primjer, svaki dan opažamo da Sunce izlazi sa istoka. Stoga, možete biti sigurni da će se sutra pojaviti na istoku, a ne na zapadu. Ovaj zaključak izvodimo ne pribjegavajući bilo kakvim pretpostavkama o uzroku kretanja Sunca po nebu (štaviše, samo se ovo kretanje pokazalo očiglednim, budući da se globus zapravo kreće). Pa ipak, ova induktivna derivacija ispravno opisuje zapažanja koja ćemo napraviti sutra.

Uloga induktivnih zaključaka u eksperimentalnim naukama je veoma velika. Oni daju te odredbe, iz kojih se potom donose daljnji zaključci dedukcijom. I iako se teorijska mehanika zasniva na tri Newtonova zakona kretanja, sami su ti zakoni bili rezultat dubokog razmišljanja o eksperimentalnim podacima, posebno Keplerovim zakonima o kretanju planeta, koje je izveo tokom obrade dugoročnih zapažanja od strane danskog astronoma. Tycho Brahe. Pokazalo se da su posmatranje i indukcija korisni u budućnosti za preciziranje napravljenih pretpostavki. Nakon Michelsonovih eksperimenata o mjerenju brzine svjetlosti u pokretnom mediju, pokazalo se da je potrebno razjasniti zakone fizike i stvoriti teoriju relativnosti.

U matematici je uloga indukcije u velikoj mjeri u tome što ona leži u osnovi odabrane aksiomatike. Nakon što je duga praksa pokazala da je prava staza uvijek kraća od zakrivljene ili izlomljene, bilo je prirodno formulirati aksiom: za bilo koje tri tačke A, B i C, nejednakost

Osnovni pojam aritmetike koji treba slijediti također je proizašao iz posmatranja formiranja vojnika, brodova i drugih uređenih skupova.

Međutim, ne treba misliti da je ovo kraj uloge indukcije u matematici. Naravno, ne bismo trebali eksperimentalno provjeravati teoreme koje su logički izvedene iz aksioma: ako u izvođenju nisu napravljene nikakve logičke greške, onda su istinite u onoj mjeri u kojoj su aksiomi koje smo prihvatili istiniti. Ali iz ovog sistema aksioma može se izvesti mnogo tvrdnji. A izbor onih tvrdnji koje treba dokazati opet se predlaže indukcijom. Ona nam omogućava da odvojimo korisne teoreme od beskorisnih, ukazuje na to koje se teoreme mogu pokazati istinitima, pa čak i pomaže da se ocrta put dokaza.

Suština metode matematičke indukcije

U mnogim dijelovima aritmetike, algebre, geometrije, analize, potrebno je dokazati istinitost rečenica A(n) koje zavise od prirodne varijable. Dokaz istinitosti tvrdnje A(n) za sve vrijednosti varijable često se može izvesti metodom matematičke indukcije, koja se zasniva na sljedećem principu.

Rečenica A(n) smatra se istinitom za sve prirodne vrijednosti varijable ako su ispunjena sljedeća dva uvjeta:

Propozicija A(n) je tačna za n=1.

Iz pretpostavke da je A(n) tačno za n=k (gde je k bilo koji prirodan broj), sledi da je tačno za sledeću vrednost n=k+1.

Ovaj princip se naziva principom matematičke indukcije. Obično se bira kao jedan od aksioma koji definiraju prirodne nizove brojeva i stoga se prihvaća bez dokaza.

Metoda matematičke indukcije podrazumijeva se kao sljedeća metoda dokaza. Ako je potrebno dokazati istinitost tvrdnje A(n) za sve prirodne n, onda, prvo, treba provjeriti istinitost tvrdnje A(1) i, drugo, pretpostaviti istinitost tvrdnje A(k) , pokušajte dokazati da je tvrdnja A(k +1) tačna. Ako se ovo može dokazati, a dokaz ostaje važeći za svaku prirodnu vrijednost k, onda se, u skladu s principom matematičke indukcije, tvrdnja A(n) priznaje kao tačna za sve vrijednosti n.

Metoda matematičke indukcije se široko koristi u dokazivanju teorema, identiteta, nejednakosti, u rješavanju problema djeljivosti, u rješavanju nekih geometrijskih i mnogih drugih problema.

Metoda matematičke indukcije u rješavanju zadataka na

djeljivost

Koristeći metodu matematičke indukcije, mogu se dokazati različite tvrdnje o djeljivosti prirodnih brojeva.

Sljedeća tvrdnja se relativno lako može dokazati. Pokažimo kako se to dobija metodom matematičke indukcije.

Primjer 1. Ako je n prirodan broj, tada je broj paran.

Za n=1 naša izjava je tačna: - paran broj. Pretpostavimo da je to paran broj. Budući da je 2k paran broj, onda čak. Dakle, paritet je dokazan za n=1, paritet se izvodi iz parnosti .Dakle, čak i za sve prirodne vrijednosti n.

Primjer 2Dokažite istinitost rečenice

A(n)=(broj 5 je višekratnik broja 19), n je prirodan broj.

Odluka.

Izjava A(1)=(broj je višekratnik od 19) je tačna.

Pretpostavimo da je za neku vrijednost n=k

A(k)=(broj je višekratnik od 19) je tačno. Onda, pošto

Očigledno je i A(k+1) tačno. Zaista, prvi član je djeljiv sa 19 na osnovu pretpostavke da je A(k) istinit; drugi član je također djeljiv sa 19, jer sadrži faktor 19. Oba uslova principa matematičke indukcije su zadovoljena, dakle, tvrdnja A(n) je tačna za sve vrijednosti n.

Primjena metode matematičke indukcije na

sumiranje serije

Primjer 1Dokažite formulu

, n je prirodan broj.

Odluka.

Za n=1 oba dijela jednakosti se pretvaraju u jedan i, stoga, prvi uvjet principa matematičke indukcije je zadovoljen.

Pretpostavimo da je formula tačna za n=k, tj.

.

Dodajmo objema stranama ove jednakosti i transformirajmo desnu stranu. Onda dobijamo

Dakle, iz činjenice da je formula tačna za n=k, sledi da je tačna i za n=k+1. Ova izjava je tačna za bilo koju prirodnu vrijednost k. Dakle, i drugi uslov principa matematičke indukcije je takođe zadovoljen. Formula je dokazana.

Primjer 2Dokazati da je zbroj prvih n brojeva prirodnog niza .

Odluka.

Označimo traženi iznos, tj. .

Za n=1, hipoteza je tačna.

Neka bude . Hajde da to pokažemo .

Zaista,

Problem riješen.

Primjer 3Dokazati da je zbroj kvadrata prvih n brojeva prirodnog niza jednak .

Odluka.

Neka bude .

.

Pretvarajmo se to . Onda

I na kraju.

Primjer 4 Dokaži to.

Odluka.

Ako onda

Primjer 5 Dokaži to

Odluka.

Za n=1, hipoteza je očigledno tačna.

Neka bude .

Dokažimo to.

stvarno,

Primjeri primjene metode matematičke indukcije na

dokaz nejednakosti

Primjer 1Dokazati da je za bilo koji prirodan broj n>1

.

Odluka.

Označite lijevu stranu nejednakosti sa .

Dakle, za n=2, nejednakost je tačna.

Neka za neki k. Hajde da dokažemo da onda i . Imamo , .

Upoređujući i , imamo , tj. .

Za svaki pozitivan cijeli broj k, desna strana posljednje jednakosti je pozitivna. Dakle. Ali , dakle, i .

Primjer 2Pronađite grešku u zaključivanju.

Izjava. Za bilo koje prirodno n, nejednakost je tačna.

Dokaz.

. (1)

Dokažimo da tada nejednakost vrijedi i za n=k+1, tj.

.

Zaista, najmanje 2 za bilo koji prirodni k. Dodajmo nejednakost (1) na lijevu stranu, a 2 na desnu stranu. Dobijamo fer nejednakost, ili . Tvrdnja je dokazana.

Primjer 3Dokaži to , gdje je >-1, , n prirodni broj veći od 1.

Odluka.

Za n=2, nejednakost je tačna, jer .

Neka je nejednakost tačna za n=k, gdje je k neki prirodni broj, tj.

. (1)

Pokažimo da tada nejednakost vrijedi i za n=k+1, tj.

. (2)

Zaista, po pretpostavci, , Dakle, nejednakost

, (3)

dobijeno iz nejednakosti (1) množenjem svakog njenog dijela sa . Prepišimo nejednačinu (3) na sljedeći način: . Odbacivanjem pozitivnog člana na desnoj strani posljednje nejednakosti dobijamo važeću nejednakost (2).

Primjer 4 Dokaži to

(1)

gdje je , , n prirodni broj veći od 1.

Odluka.

Za n=2, nejednakost (1) poprima oblik

. (2)

Budući da , Tada je nejednakost

. (3)

Dodavanjem svakom dijelu nejednakosti (3) sa , dobivamo nejednakost (2).

Ovo dokazuje da nejednakost (1) vrijedi za n=2.

Neka nejednakost (1) vrijedi za n=k, gdje je k neki prirodni broj, tj.

. (4)

Dokažimo da tada nejednakost (1) mora vrijediti i za n=k+1, tj.

(5)

Pomnožimo oba dijela nejednakosti (4) sa a+b. Budući da, pod uvjetom, , dobivamo sljedeću pravednu nejednakost:

. (6)

Za dokazivanje nejednakosti (5) dovoljno je to pokazati

, (7)

ili, što je isto,

. (8)

Nejednakost (8) je ekvivalentna nejednakosti

. (9)

Ako , Zatim , I na lijevoj strani nejednakosti (9) imamo proizvod dva pozitivna broja. Ako , Zatim , I na lijevoj strani nejednakosti (9) imamo proizvod dva negativna broja. U oba slučaja vrijedi nejednakost (9).

Ovo dokazuje da valjanost nejednakosti (1) za n=k implicira njenu valjanost za n=k+1.

Metoda matematičke indukcije primijenjena na druge

zadataka

Najprirodnija primena metode matematičke indukcije u geometriji, bliska upotrebi ove metode u teoriji brojeva i algebri, jeste primena na rešavanje geometrijskih računskih problema. Pogledajmo nekoliko primjera.

Primjer 1Izračunajte stranicu ispravnog - kvadrata upisanog u krug polumjera R.

Odluka.

Za n=2 tačno 2 n - kvadrat je kvadrat; njegovu stranu. Nadalje, prema formuli udvostručavanja

naći da je stranica pravilnog osmougla , strana pravilnog šestougla , stranica pravilnog trideset i dva ugla . Stoga možemo pretpostaviti da je stranica pravilnog upisanog 2 n - kvadrat za bilo koji je jednak

. (1)

Pretpostavimo da je stranica pravilnog upisanog -ugla izražena formulom (1). U ovom slučaju, po formuli udvostručavanja

,

odakle slijedi da formula (1) vrijedi za sva n.

Primjer 2Na koliko trouglova se n-ugao (ne nužno konveksan) može podijeliti dijagonalama koje se ne sijeku?

Odluka.

Za trokut, ovaj broj je jednak jedan (u trouglu se ne mogu povući dijagonale); za četvorougao ovaj broj je očigledno jednak dva.

Pretpostavimo da već znamo da je svaki k-ugao, gdje je k 1 A 2 ... A n u trouglove.

A n

A 1 A 2

Neka je A 1 A k jedna od dijagonala ove particije; ona dijeli n-ugao A 1 A 2 …A n na k-ugao A 1 A 2 …A k i (n-k+2)-ugao A 1 A k A k+1 …A n . Na osnovu napravljene pretpostavke, ukupan broj particionih trouglova će biti jednak

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

tako je naša tvrdnja dokazana za sve n.

Primjer 3Navedite pravilo za izračunavanje broja P(n) načina na koje se konveksni n-ugao može podijeliti na trouglove dijagonalama koje se ne sijeku.

Odluka.

Za trougao, ovaj broj je očigledno jednak jedan: P(3)=1.

Pretpostavimo da smo već odredili brojeve P(k) za sve k 1 A 2 ... A n . Za bilo koju njegovu podjelu na trouglove, stranica A 1 A 2 će biti stranica jednog od particionih trokuta, treći vrh ovog trokuta može se podudarati sa svakom od tačaka A 3 , A 4 , …,A n . Broj načina za podjelu n-ugla u kojem se ovaj vrh poklapa sa tačkom A 3 , jednako je broju načina za triangulaciju (n-1)-ugla A 1 A 3 A 4 ... A n , tj. jednako P(n-1). Broj načina podjele na koje se ovaj vrh poklapa sa A 4 , jednako je broju načina za particioniranje (n-2)-ugla A 1 A 4 A 5 ... A n , tj. jednako P(n-2)=P(n-2)P(3); broj načina podjele na koje se poklapa sa A 5 , jednako je P(n-3)P(4), budući da svaka od particija (n-3)-ugla A 1 A 5 ... A n može se kombinovati sa svakom od pregrada četvorougla A 2 A 3 A 4 A 5 , itd. Tako dolazimo do sljedeće relacije:

R(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -jedan).

Koristeći ovu formulu, sukcesivno dobijamo:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

itd.

Također, koristeći metodu matematičke indukcije, možete rješavati probleme sa grafovima.

Neka je na ravni dana mreža pravih, koje povezuju neke tačke jedna s drugom i nemaju druge tačke. Takvu mrežu linija nazvat ćemo mapom, kojoj su točke zadate vrhovima, segmentima krivulja između dva susjedna vrha - granicama karte, dijelovima ravni na koje je podijeljena granicama - državama karte.

Neka se u avionu da neka karta. Reći ćemo da je ispravno obojena ako je svaka njena država obojena određenom bojom, a bilo koje dvije zemlje koje dijele zajedničku granicu obojene su različitim bojama.

Primjer 4Na ravni ima n krugova. Dokažite da se za bilo koji raspored ovih krugova karta formirana od njih može ispravno obojati u dvije boje.

Odluka.

Za n=1 naša tvrdnja je očigledna.

Pretpostavimo da je naša izjava tačna za bilo koju mapu koju čini n krugova, i neka je na ravni dato n + 1 krugova. Uklanjanjem jednog od ovih krugova dobijamo mapu koja se, na osnovu postavljene pretpostavke, može ispravno obojati sa dve boje, na primer crnom i belom.

U mnogim oblastima matematike, mora se dokazati istinitost tvrdnje koja zavisi od , tj. istinitost tvrdnje p(n) za " n nN (za bilo koje n ON p(n) desno).

Ovo se često može dokazati metoda matematičke indukcije.

Ova metoda se zasniva na principu matematičke indukcije. Obično se bira kao jedan od aksioma aritmetike i stoga se prihvata bez dokaza. Po principu matematičke indukcije, rečenica p(n) smatra se istinitim za sve prirodne vrijednosti varijable ako su ispunjena dva uslova:

1. Ponuda p(n) istina za n= 1.

2. Iz rečenice da p(n) istina za n =k (k - proizvoljan prirodan broj) slijedi da je istinito za n =k+ 1.

Metoda matematičke indukcije podrazumijeva se kao sljedeća metoda dokaza

1. Provjerite istinitost tvrdnje za n= 1 je baza indukcije.

2. Pretpostavimo da je izjava tačna za n = k - induktivna pretpostavka.

3. Dokažite da je onda i za n =k+ 1 induktivni prelaz.

Ponekad prijedlog p(n) ispostavilo se da nije tačno za sve prirodne n, i počevši od nekih za n = n 0. U ovom slučaju, istinitost se provjerava u indukcijskoj bazi p(n) at n = n 0.

Primjer 1 Neka bude . Dokaži to

1. Indukcijska baza: kada n= 1 po definiciji S 1 = 1 i po formuli dobijamo jedan rezultat. Izjava je tačna.

n=k i .

n=k+ 1. Dokažimo da je .

Zaista, prema induktivnoj pretpostavci

Hajde da transformišemo ovaj izraz

Dokazana je induktivna tranzicija.

Komentar. Korisno je zapisati šta je dato (induktivna pretpostavka) i šta treba dokazati!

Primjer 2 Dokazati

1. Baza indukcije. At n= 1, tvrdnja je očigledno tačna.

2. Induktivna pretpostavka. Neka bude n=k i

3. Induktivna tranzicija. Neka bude n=k+ 1. Dokažimo:

Zaista, kvadrirajmo desnu stranu kao zbir dva broja:

Koristeći induktivnu pretpostavku i formulu za zbir aritmetičke progresije: , dobijamo

Primjer 3 Dokažite nejednakost

1. Osnova indukcije u ovom slučaju je provjera istinitosti iskaza za , tj. nejednakost treba provjeriti. Da biste to učinili, dovoljno je kvadrirati nejednakost: ili 63< 64 – неравенство верно.

2. Neka je nejednakost istinita za , tj.

3. Neka , dokazati:

Koristimo hipotezu indukcije

Znajući kako treba da izgleda desna strana nejednakosti koja se dokazuje, odabiremo ovaj dio

Ostaje utvrditi da dodatni faktor ne prelazi jedinicu. stvarno,

Primjer 4 Dokažite da se za bilo koji prirodan broj završava cifrom.

1. Najmanji prirodni broj iz kojeg je tvrdnja tačna je jednaka . .

2. Neka broj za završava na . To znači da se ovaj broj može napisati kao , gdje je neki prirodni broj. Onda .

3. Neka . Dokažimo da se završava u . Koristeći rezultujuću reprezentaciju, dobijamo

Poslednji broj ima tačno jedinice.

Dodatak

1.4. Metoda matematičke indukcije

Kao što znate, matematičke izjave (teoreme) moraju biti potkrijepljene, dokazane. Sada ćemo se upoznati s jednom od metoda dokaza - metodom matematičke indukcije.

U širem smislu, indukcija je način zaključivanja koji vam omogućava da pređete sa određenih izjava na opšte. Obrnuti prijelaz, sa općih iskaza na posebne, naziva se dedukcija.

Dedukcija uvijek vodi do tačnih zaključaka. Na primjer, znamo opći rezultat: svi cijeli brojevi koji završavaju nulom djeljivi su sa 5. Iz ovoga, naravno, možemo zaključiti da je bilo koji određeni broj koji završava na 0, kao što je 180, djeljiv sa 5.

Istovremeno, indukcija može dovesti do pogrešnih zaključaka. Na primjer, primijetivši da je broj 60 djeljiv brojevima 1, 2, 3, 4, 5, 6, nemamo pravo zaključiti da je 60 uopće djeljivo sa bilo kojim brojem.

Metoda matematičke indukcije omogućava u mnogim slučajevima da se rigorozno dokaže valjanost opšte tvrdnje P(n), čija formulacija uključuje prirodni broj n.

Primjena metode uključuje 3 faze.

1) Osnova indukcije: provjeravamo valjanost iskaza P(n) za n = 1 (ili za drugu, privatnu vrijednost n, počevši od koje se pretpostavlja valjanost P(n)).

2) Pretpostavka indukcije: pretpostavljamo da je P(n) tačno za n = k.

3) Korak indukcije: uz pomoć pretpostavke dokazujemo da je P(n) tačno za n = k + 1.

Kao rezultat, možemo zaključiti da P(n) vrijedi za bilo koje n ∈ N. Zaista, za n = 1 tvrdnja je tačna (baza indukcije). I stoga, važi i za n = 2, pošto je prelaz sa n = 1 na n = 2 opravdan (indukcijski korak). Primenjujući korak indukcije iznova i iznova, dobijamo validnost P(n) za n = 3, 4, 5, . . ., tj. valjanost P(n) za sve n.

Primjer 14. Zbir prvih n neparnih prirodnih brojeva je n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Dokaz će se provesti metodom matematičke indukcije.

1) Baza: za n=1, sa leve strane je samo jedan član, dobijamo: 1 = 1.

Izjava je tačna.

2) Pretpostavka: pretpostavljamo da je za neki k tačna jednakost: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Rješavanje zadataka o vjerovatnoći pogodaka pri udarcima

Opća izjava problema je sljedeća:

Vjerovatnoća pogađanja mete jednim udarcem jednaka je $p$. $n$ ispaljenih hitaca. Pronađite vjerovatnoću da će cilj biti pogođen tačno $k$ puta (bit će $k$ pogodaka).

Primijenimo Bernoullijevu formulu i dobijemo:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k).

Ovdje je $C_n^k$ broj kombinacija od $n$ do $k$.

Ako problem uključuje nekoliko strelica sa različite vjerovatnoće postizanje cilja, teoriju, primjere rješenja i kalkulator možete pronaći ovdje.

Video tutorial i Excel šablon

Pogledajte naš video o rješavanju problema s Bernoullijevim snimcima, naučite kako koristiti Excel za rješavanje uobičajenih problema.

Excel datoteku proračuna iz videa možete besplatno preuzeti i koristiti za rješavanje vaših problema.

Primjeri rješavanja zadataka pri pogađanju mete u nizu hitaca

Pogledajmo nekoliko tipičnih primjera.

Primjer 1 Ispalio 7 hitaca. Verovatnoća pogađanja jednim udarcem je 0,705. Pronađite vjerovatnoću da će biti tačno 5 pogodaka.

Dobijamo da se problem bavi ponovljenim nezavisnim testovima (pucnja u metu), $n=7$ hitaca se ispaljuje ukupno, vjerovatnoća pogađanja sa svakim $p=0.705$, vjerovatnoća promašaja $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Moramo pronaći da će biti tačno $k=5$ pogodaka. Sve zamjenjujemo u formulu (1) i dobijamo: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Primjer 2 Vjerovatnoća da jednim udarcem pogodite metu je 0,4.

Četiri nezavisna hica se ispaljuju u metu. Pronađite vjerovatnoću da će biti najmanje jedan pogodak u metu.

Proučavamo problem i zapisujemo parametre: $n=4$ (pogodan), $p=0.4$ (vjerovatnoća pogotka), $k \ge 1$ (biće najmanje jedan pogodak).

Koristimo formulu za vjerovatnoću suprotnog događaja (nema pogodaka):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 ,6 ^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$

Verovatnoća da ćete pogoditi najmanje jednom u četiri je 0,87 ili 87%.

Primjer 3 Vjerovatnoća da strijelac pogodi metu je 0,3.

Pronađite vjerovatnoću da će sa 6 hitaca meta biti pogođena tri do šest puta.

Za razliku od prethodnih problema, ovdje je potrebno pronaći vjerovatnoću da će broj pogodaka biti u određenom intervalu (a ne baš jednak nekom broju). Ali formula je ista.

Nađimo vjerovatnoću da će meta biti pogođena od tri do šest puta, odnosno da će biti ili 3, ili 4, ili 5, ili 6 pogodaka.

Ove vjerovatnoće se izračunavaju po formuli (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0.3^3\cdot 0.7^3 = 0.185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0.3^4\cdot 0.7^2 = 0.06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0.3^5\cdot 0.7^1 = 0.01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0.3^6\cdot 0.7^0 = 0.001.

Budući da su događaji nekompatibilni, željena vjerovatnoća se može pronaći pomoću formule zbrajanja vjerovatnoća: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Primjer 4 Vjerovatnoća najmanje jednog pogotka u metu sa četiri hica je 0,9984. Pronađite vjerovatnoću da jednim udarcem pogodite metu.

Označimo vjerovatnoću da jednim udarcem pogodimo metu. Unesimo događaj:
$A = $ (od četiri hica, najmanje jedan će pogoditi metu),
kao i njegov suprotan događaj, koji se može zapisati kao:
$\overline(A) = $ (Sva 4 hica će promašiti cilj, bez pogodaka).

Zapišimo formulu za vjerovatnoću događaja $A$.

Zapišimo poznate vrijednosti: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Zamijenite u formuli (1) i dobijete:

$$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984.

Rezultujuću jednačinu rešavamo:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Dakle, vjerovatnoća da jednim udarcem pogodite metu je 0,8.

Hvala vam što čitate i dijelite s drugima

korisni linkovi

Pronađite gotove zadatke u rješenju:

Online kalkulacije koristeći Bernoullijevu formulu

Rješavanje nejednačine pomoću kalkulatora

Nejednakost u matematici se primjenjuje na sve jednadžbe gdje je "=" zamijenjen bilo kojim od sljedećih znakova: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* linearni;

* kvadrat;

* frakcijski;

* indikativno;

* trigonometrijski;

* logaritamski.

U zavisnosti od toga, nejednakosti se nazivaju linearne, parcijalne itd.

Trebali biste biti svjesni ovih znakova:

* nejednakosti veće od (>) ili manje od (

* Nejednakosti sa ikonama koje su veće ili jednake \[\geq\] manje ili jednake [\leq\] nazivaju se neprofesionalnim;

* ikona nije ista \[\ne\] sama, ali slučajeve sa ovom ikonom treba stalno rješavati.

Takva se nejednakost rješava transformacijama identiteta.

Pročitajte i naš članak "Riješi kompletno rješenje za online jednadžbu"

Pretpostavimo da vrijedi sljedeća nejednakost:

Rješavamo je na isti način kao i linearnu jednačinu, ali treba pažljivo pratiti predznak nejednakosti.

Prvo, pomeramo pojmove iz nepoznatog na levo, sa poznatog na desno, menjajući simbole:

Zatim podijelimo obje strane sa -4 i obrnemo znak nejednakosti:

Ovo je odgovor na ovu jednačinu.

Gdje mogu riješiti nejednakost na internetu?

Jednačinu možete riješiti na našoj web stranici pocketteacher.ru.

Bernulijev kalkulator nejednakosti

Za nekoliko sekundi, besplatno rješenje za spašavanje na mreži će riješiti online jednadžbu bilo koje složenosti. Sve što treba da uradite je da unesete svoje podatke u spašavanje. Također možete pogledati video upute i naučiti kako riješiti jednadžbu na našoj web stranici.

A ako imate pitanja, možete ih postaviti u našoj grupi Vkontakte: pocketteacher. Pridružite se našoj grupi, rado ćemo vam pomoći.

Metoda pune matematičke indukcije

Rješavanje jednačina / diferencijalne jednadžbe

© RU test - online kalkulatori

Rješenje diferencijalnih jednadžbi

Unesite diff.

jednadžba:

Pomoću kalkulatora možete rješavati diferencijalne jednadžbe različite složenosti.

Primjeri riješenih diferencijalnih jednadžbi