/

A matematikai indukció típusai. Matematikai indukciós módszer számológép online

A matematikai indukció módszere

Bevezetés

Fő rész

  1. Teljes és hiányos indukció
  2. A matematikai indukció elve
  3. A matematikai indukció módszere
  4. Példák megoldása
  5. Egyenlőség
  6. Számosztás
  7. egyenlőtlenségek

Következtetés

Felhasznált irodalom jegyzéke

Bevezetés

A deduktív és induktív módszerek minden matematikai kutatás alapját képezik. A deduktív érvelési módszer az általánostól a konkrétig való érvelés, azaz. azzal kezdődő érvelés összesített eredmény, és a végső pont egy részeredmény. Az indukciót akkor alkalmazzák, amikor az egyes eredményekről az általános eredményekre térünk át, azaz. a deduktív módszer ellentéte.

A matematikai indukció módszere összehasonlítható a haladással. Ennek eredményeként a legalacsonyabbról indulunk logikus gondolkodás a legmagasabbra jutunk. Az ember mindig is a haladásra törekedett, arra, hogy gondolatait logikusan fejlessze, ami azt jelenti, hogy maga a természet rendelte őt az induktív gondolkodásra.

Bár a matematikai indukció módszerének alkalmazási területe bővült, ben iskolai tananyag kevés ideje van. Nos, mondjuk azt, hogy egy hasznos embert meghoz az a két-három lecke, amelyre öt elméleti szót hall, öt primitív feladatot megold, és ennek eredményeként ötöst kap, ha nem tud semmit.

De ez nagyon fontos – hogy tudjunk induktívan gondolkodni.

Fő rész

Eredeti jelentésében az "indukció" szót olyan érvelésre alkalmazzák, amellyel számos konkrét állítás alapján általános következtetéseket vonnak le. Az ilyen típusú érvelés legegyszerűbb módja a teljes indukció. Íme egy példa az ilyen érvelésre.

Meg kell állapítani, hogy minden n természetes páros szám 4-en belül< n < 20 представимо в виде суммы двух prímszámok. Ehhez vesszük az összes ilyen számot, és kiírjuk a megfelelő bővítményeket:

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.

Ez a kilenc egyenlőség azt mutatja, hogy a számunkra érdekes számok mindegyike valóban két prímtag összegeként jelenik meg.

Így a teljes indukció az, hogy az általános állítást véges számú lehetséges esetben külön-külön bizonyítjuk.

Néha az általános eredmény megjósolható, ha nem mindent, de eleget mérlegelünk egy nagy szám speciális esetek (az ún. hiányos indukció).

A tökéletlen indukcióval kapott eredmény azonban csak hipotézis marad mindaddig, amíg azt minden speciális esetre kiterjedő egzakt matematikai érveléssel nem igazolják. Más szóval, a hiányos indukciót a matematikában nem tekintik a szigorú bizonyítás legitim módszerének, hanem az új igazságok felfedezésének hatékony módszere.

Legyen például meg kell találni az első n egymást követő páratlan szám összegét. Vegye figyelembe a speciális eseteket:

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

E néhány különleges esetet megvizsgálva a következő általános következtetés vonható le:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

azok. az első n egymást követő páratlan szám összege n 2

Természetesen az elhangzott megfigyelés még nem szolgálhat a fenti képlet érvényességének bizonyítékául.

A teljes indukciónak csak korlátozott alkalmazásai vannak a matematikában. Sok érdekes matematikai állítás végtelen számú speciális esetet fed le, és nem tudjuk végtelen számú esetre tesztelni. A hiányos indukció gyakran hibás eredményekhez vezet.

Sok esetben az effajta nehézségből a kiút egy speciális érvelési módszer, az úgynevezett matematikai indukció módszere. Ez a következő.

Legyen szükséges egy bizonyos állítás érvényességét bármelyikre bizonyítani természetes szám n (például bizonyítania kell, hogy az első n páratlan szám összege n 2). Ennek az állításnak a közvetlen igazolása n minden egyes értékére lehetetlen, mivel a természetes számok halmaza végtelen. Ennek az állításnak a bizonyításához először ellenőrizze az n=1 érvényességét. Ekkor bebizonyosodik, hogy bármely k természetes értékére a vizsgált állítás n=k-re való érvényessége magában foglalja n=k+1-re is érvényességét.

Ekkor az állítást minden n-re bizonyítottnak tekintjük. Valóban, az állítás igaz n=1-re. De akkor a következő számra is érvényes n=1+1=2. Az állítás érvényessége n=2 esetén magában foglalja annak érvényességét n=2+ esetén is

1=3. Ez magában foglalja az állítás érvényességét n=4-re és így tovább. Nyilvánvaló, hogy végül bármely n természetes számhoz eljutunk. Ezért az állítás bármely n-re igaz.

Az elmondottakat összegezve a következő általános elvet fogalmazzuk meg.

A matematikai indukció elve.

Ha az A(n) mondat, amely egy n természetes számtól függ, igaz n=1-re, és abból, hogy igaz n=k-re (ahol k bármely természetes szám), akkor az is. igaz a következő n=k +1 számra, akkor az A(n) feltevés igaz bármely n természetes számra.

Számos esetben szükség lehet egy bizonyos állítás érvényességének bizonyítására nem minden természetes számra, hanem csak n>p-re, ahol p egy rögzített természetes szám. Ebben az esetben a matematikai indukció elve a következőképpen fogalmazódik meg.

Ha az A(n) állítás igaz n=p-re, és ha A(k)ÞA(k+1) bármely k>p-re, akkor az A(n) állítás igaz bármely n>p-re.

A matematikai indukciós módszerrel történő bizonyítást a következőképpen hajtjuk végre. Először a bizonyítandó állítást n=1-re ellenőrizzük, azaz az A(1) állítás igazságtartalma megállapítható. A bizonyítás ezen részét indukciós bázisnak nevezzük. Ezt követi a bizonyítás egy része, az úgynevezett indukciós lépés. Ebben a részben bizonyítjuk az n=k+1-re vonatkozó állítás érvényességét azzal a feltételezéssel, hogy az állítás n=k-re igaz (az induktív feltevés), azaz. bizonyítsa be, hogy A(k)ÞA(k+1).

Bizonyítsuk be, hogy 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Megoldás: 1) Van n=1=1 2 . Következésképpen,

az állítás n=1-re igaz, azaz. A(1) igaz.

2) Bizonyítsuk be, hogy A(k)ÞA(k+1).

Legyen k tetszőleges természetes szám, és legyen igaz az állítás n=k-ra, azaz.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Bizonyítsuk be, hogy akkor a következő n=k+1 természetes számra is igaz az állítás, azaz. mit

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Valóban,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2 +2k+1=(k+1) 2 .

Tehát A(k)ÞA(k+1). A matematikai indukció elve alapján arra a következtetésre jutunk, hogy az A(n) feltevés igaz bármely nОN-re.

Bizonyítsd

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

Megoldás: 1) n=1 esetén azt kapjuk

1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

ezért n=1 esetén a képlet igaz; A(1) igaz.

2) Legyen k tetszőleges természetes szám, és legyen igaz a képlet n=k-ra, azaz.

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

Bizonyítsuk be, hogy akkor az egyenlőség

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

Valóban

1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

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

Tehát A(k)ÞA(k+1). A matematikai indukció elve alapján arra a következtetésre jutunk, hogy a képlet bármely n természetes számra igaz.

Bizonyítsuk be, hogy egy konvex n-szög átlóinak száma n(n-3)/2.

Megoldás: 1) n=3 esetén az állítás igaz

És a 3 helyes, mert háromszögben

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

A 2 A(3) igaz.

2) Tegyük fel, hogy bármelyikben

konvex k-gon van-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 átló.

A k Bizonyítsuk be, hogy akkor konvexben

(k+1)-gon szám

átlók A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Legyen А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -konvex (k+1)-szög. Rajzoljunk bele egy A 1 A k átlót. Ennek a (k + 1)-gonnak a teljes átlóinak megszámlálásához meg kell számolni az A 1 A 2 ...A k k-szögben lévő átlókat, a kapott számhoz hozzá kell adni k-2-t, azaz. az A k+1 csúcsból kiinduló (k+1)-gon átlóinak számát, és ezen felül az A 1 A k átlót is figyelembe kell venni.

Ily módon

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

Tehát A(k)ÞA(k+1). A matematikai indukció elve miatt az állítás bármely konvex n-szögre igaz.

Bizonyítsuk be, hogy bármelyik n-re igaz az állítás:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Megoldás: 1) Legyen n=1, akkor

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

Ezért n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy n=k

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

3) Tekintsük ezt az állítást n=k+1-re

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

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

6(k+1)/6=(k+1)(2k2+7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

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

Bebizonyítottuk az egyenlőség érvényességét n=k+1-re, ezért a matematikai indukció módszere alapján az állítás bármely természetes n-re igaz.

Bizonyítsuk be, hogy bármely természetes n-re igaz az egyenlőség:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Megoldás: 1) Legyen n=1.

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

Látjuk, hogy n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy az egyenlőség igaz n=k-ra

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

3) Bizonyítsuk be ennek az állításnak az igazságát n=k+1-re, azaz.

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.

A fenti bizonyításból jól látható, hogy az állítás n=k+1-re igaz, tehát az egyenlőség bármely természetes n-re igaz.

Bizonyítsd

((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), ahol n>2.

Megoldás: 1) n=2 esetén az azonosság így néz ki: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

azok. az helyes.

2) Tegyük fel, hogy a kifejezés igaz n=k esetén

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k2 +k+1).

3) Bebizonyítjuk az n=k+1 kifejezés helyességét.

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

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k2+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).

Bebizonyítottuk az egyenlőség érvényességét n=k+1-re, ezért a matematikai indukció módszere miatt az állítás bármely n>2-re igaz

Bizonyítsd

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

bármely természetes n.

Megoldás: 1) Legyen n=1, akkor

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

2) Tegyük fel, hogy n=k, akkor

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

3) Bizonyítsuk be ennek az állításnak az igazságát n=k+1 esetén

(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).

Az n=k+1 egyenlőség érvényessége is igazolt, ezért az állítás bármely n természetes számra igaz.

Bizonyítsa be az azonosság érvényességét!

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

bármely természetes n.

1) n=1 esetén az azonosság igaz 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Tegyük fel, hogy n=k esetén

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

3) Bizonyítsuk be, hogy az azonosság igaz n=k+1-re.

(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).

A fenti bizonyításból látható, hogy az állítás bármely n természetes számra igaz.

Bizonyítsuk be, hogy (11 n+2 +12 2n+1) osztható 133-mal maradék nélkül.

Megoldás: 1) Legyen n=1, akkor

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

De (23´133) maradék nélkül osztható 133-mal, tehát n=1 esetén az állítás igaz; A(1) igaz.

2) Tegyük fel, hogy (11 k+2 +12 2k+1) maradék nélkül osztható 133-mal.

3) Ebben az esetben bizonyítsuk be

(11 k+3 +12 2k+3) maradék nélkül osztható 133-mal. Valóban, 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 .

Az így kapott összeg maradék nélkül osztható 133-mal, mivel az első tagja maradék nélkül osztható 133-mal, a másodikban pedig az egyik tényező 133. Tehát А(k)ÞА(k+1). A matematikai indukció módszerével az állítás bizonyítást nyer.

Bizonyítsuk be, hogy bármely n 7 esetén n -1 osztható 6-tal maradék nélkül.

Megoldás: 1) Legyen n=1, ekkor X 1 =7 1 -1=6 maradék nélkül elosztjuk 6-tal. Tehát n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy n=k esetén

7 k -1 osztható 6-tal maradék nélkül.

3) Igazoljuk, hogy az állítás igaz n=k+1-re.

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

Az első tag osztható 6-tal, mivel 7 k -1 feltételezés alapján osztható 6-tal, a második tag pedig 6. Tehát 7 n -1 6 többszöröse bármely természetes n esetén. A matematikai indukció módszerével az állítás bizonyítást nyer.

Bizonyítsuk be, hogy 3 3n-1 +2 4n-3 tetszőleges természetes n esetén osztható 11-gyel.
Megoldás: 1) Legyen n=1, akkor

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 el van osztva 11-gyel maradék nélkül. Ezért n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy n=k esetén

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 maradék nélkül osztható 11-gyel.

3) Igazoljuk, hogy az állítás igaz n=k+1-re.

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.

Az első tag osztható 11-gyel maradék nélkül, mivel a 3 3k-1 +2 4k-3 feltételezés szerint osztható 11-gyel, a második osztható 11-gyel, mert az egyik tényezője a 11. Így az összeg osztható 11-gyel is maradék nélkül bármely természetes n esetén. A matematikai indukció módszerével az állítás bizonyítást nyer.

Bizonyítsuk be, hogy 11 2n -1 egy tetszőleges n pozitív egész számra osztható 6-tal maradék nélkül.

Megoldás: 1) Legyen n=1, akkor 11 2 -1=120 maradék nélkül osztható 6-tal. Tehát n=1 esetén az állítás igaz.

2) Tegyük fel, hogy n=k esetén

11 A 2k -1 maradék nélkül osztható 6-tal.

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

Mindkét tag osztható 6-tal maradék nélkül: az első a 6-os 120-as szám többszörösét tartalmazza, a második pedig maradék nélkül osztható 6-tal, feltételezve. Tehát az összeg maradék nélkül osztható 6-tal. A matematikai indukció módszerével az állítás bizonyítást nyer.

Bizonyítsuk be, hogy 3 3n+3 -26n-27 egy tetszőleges n pozitív egész számra maradék nélkül osztható 26 2-vel (676).

Megoldás: Először bizonyítsuk be, hogy 3 3n+3 -1 maradék nélkül osztható 26-tal.

  1. n=0 esetén

    2. 3 3 -1=26 osztható 26-tal

  2. Tegyük fel, hogy n=k esetén

    3. 3 3k+3 -1 osztható 26-tal

  3. Bizonyítsuk be ezt az állítást

igaz n=k+1-re.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – osztható 26-tal

Most bizonyítsuk be a probléma feltételében megfogalmazott állítást.

1) Nyilvánvaló, hogy n=1 esetén az állítás igaz

3 3+3 -26-27=676

2) Tegyük fel, hogy n=k esetén

a 3 3k+3 -26k-27 kifejezés maradék nélkül osztható 26 2-vel.

3) Bizonyítsuk be, hogy az állítás igaz n=k+1-re

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

Mindkét tag osztható 26 2-vel; az első osztható 26 2-vel, mert bebizonyítottuk, hogy a zárójelben lévő kifejezés osztható 26-tal, a második pedig osztható az induktív hipotézissel. A matematikai indukció módszerével az állítás bizonyítást nyer.

Bizonyítsuk be, hogy ha n>2 és x>0, akkor az egyenlőtlenség

(1+x) n >1+n´x.

Megoldás: 1) n=2 esetén az egyenlőtlenség igaz, hiszen

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

Tehát az A(2) igaz.

2) Bizonyítsuk be, hogy A(k)ÞA(k+1), ha k> 2. Tegyük fel, hogy A(k) igaz, azaz az egyenlőtlenség

(1+x) k >1+k´x. (3)

Bizonyítsuk be, hogy akkor A(k+1) is igaz, vagyis hogy az egyenlőtlenség

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Valóban, a (3) egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozva ezzel pozitív szám 1+x, kapjuk

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Tekintsük az utolsó egyenlőtlen jobb oldalát

stva; nekünk van

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

Ennek eredményeként ezt kapjuk

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Tehát A(k)ÞA(k+1). A matematikai indukció elve alapján vitatható, hogy a Bernoulli-egyenlőtlenség bármely

Bizonyítsuk be, hogy az egyenlőtlenség igaz

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

Megoldás: 1) Ha m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 mindkét rész egyenlő.

2) Tegyük fel, hogy m=k esetén

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Bizonyítsuk be, hogy m=k+1 esetén a nem egyenlőség igaz

(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 .

Bebizonyítottuk az egyenlőtlenség érvényességét m=k+1-re, ezért a matematikai indukció módszerével az egyenlőtlenség bármely természetes m-re igaz.

Bizonyítsuk be, hogy n>6 esetén az egyenlőtlenség

3 n >n´2 n+1 .

Megoldás: Írjuk át az egyenlőtlenséget a formába

  1. n=7-re van

    2. 3 7 /2 7 =2187/128>14=2'7

    az egyenlőtlenség igaz.

  2. Tegyük fel, hogy n=k esetén

3) Igazoljuk az egyenlőtlenség helyességét n=k+1-re.

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

Mivel k>7, az utolsó egyenlőtlenség nyilvánvaló.

A matematikai indukció módszere alapján az egyenlőtlenség bármely természetes n-re érvényes.

Bizonyítsuk be, hogy n>2 esetén az egyenlőtlenség

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

Megoldás: 1) n=3 esetén az egyenlőtlenség igaz

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

  1. Tegyük fel, hogy n=k esetén

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

3) Bizonyítjuk a nem-

egyenlőségek n=k+1-re

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

Bizonyítsuk be, hogy 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

Ez utóbbi nyilvánvaló, és ezért

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

A matematikai indukció módszerével az egyenlőtlenség bizonyítást nyer.

Következtetés

Különösen a matematikai indukció módszerének tanulmányozása után bővítettem tudásomat ezen a matematikai területen, és megtanultam, hogyan kell megoldani azokat a problémákat, amelyek korábban meghaladták az erőmet.

Alapvetően ezek logikus és szórakoztató feladatok voltak, i.e. csak azok, amelyek növelik az érdeklődést maga a matematika mint tudomány iránt. Az ilyen feladatok megoldása szórakoztató tevékenységgé válik, és egyre több érdeklődőt vonzhat a matematikai labirintusokba. Véleményem szerint ez minden tudomány alapja.

Folytatva a matematikai indukció módszerének tanulmányozását, megpróbálom megtanulni annak alkalmazását nemcsak a matematikában, hanem a fizika, a kémia és az élet problémáinak megoldásában is.

MATEMATIKA:

ELŐADÁSOK, FELADATOK, MEGOLDÁSOK

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

ALGEBRA ÉS AZ ELEMZÉS ALAPELVEI

Tankönyv / I. T. Demidov, A. N. Kolmogorov, S. I. Shvartsburg, O. S. Ivasev-Musatov, B. E. Veits. "Felvilágosodás" 1975.

6. előadás. Matematikai indukció módszere.

Az új ismeretek a tudományban és az életben különböző módokon szerezhetők meg, de mindegyik (ha nem megy bele a részletekbe) két típusra oszlik - az általánostól a konkrétig és a sajátostól az általánosig való átmenetre. Az első a dedukció, a második az indukció. Deduktív érvelésnek szokták nevezni a matematikát logikus érvelés, és a matematikai tudományban a dedukció az egyetlen legitim vizsgálati módszer. A logikus érvelés szabályait két és fél évezreddel ezelőtt az ókori görög tudós, Arisztotelész fogalmazta meg. Összeállította a legegyszerűbb helyes érvelések teljes listáját, szillogizmusok– logikai „téglák”, egyben rámutatva a tipikus, a helyesekhez nagyon hasonló, de téves érvelésre (a médiában gyakran találkozunk ilyen „ál” érveléssel).

Indukció (indukció - latinul tanácsadás) illusztrálja az a jól ismert legenda, hogy Isaac Newton hogyan fogalmazta meg az egyetemes gravitáció törvényét, miután egy alma a fejére esett. Egy másik példa a fizikából: egy olyan jelenségben, mint az elektromágneses indukció, az elektromos tér mágneses teret hoz létre, „indukál”. A "Newton alma" tipikus példa arra a helyzetre, amikor egy vagy több speciális eset, pl. megfigyelések, általános kijelentéshez "vezet", az általános következtetés konkrét esetek alapján történik. Az induktív módszer a fő módszer az általános minták megszerzésére mind a természettudományokban, mind a humán tudományokban. De van egy nagyon jelentős hátránya: konkrét példák alapján téves következtetés vonható le. A privát megfigyelésekből fakadó hipotézisek nem mindig igazak. Vegyünk egy példát az Euler miatt.

Kiszámoljuk a trinomiális értékét néhány első értékhez n:

Vegye figyelembe, hogy a számítások eredményeként kapott számok prímszámok. És ezt mindegyiknél közvetlenül ellenőrizhetjük n 1-39 polinomérték
egy prímszám. Azonban mikor n=40 az 1681=41 2 számot kapjuk, ami nem prím. Így az itt felmerülő hipotézis, vagyis az a hipotézis, hogy mindegyikre n szám
egyszerű, hamisnak bizonyul.

Leibniz a 17. században bebizonyította, hogy minden pozitív egész számra n szám
osztható 3-mal
osztható 5-tel, és így tovább. Ez alapján azt javasolta, hogy minden páratlan kés bármilyen természetes n szám
osztva k, de hamar észrevette
nem osztható 9-cel.

A vizsgált példákból egy fontos következtetést vonhatunk le: egy állítás számos speciális esetben lehet igaz, ugyanakkor általában igazságtalan. Az állítás érvényességének kérdése általános esetben megoldható egy speciális érvelési módszer ún matematikai indukcióval(teljes indukció, tökéletes indukció).

6.1. A matematikai indukció elve.

♦ A matematikai indukció módszere azon alapul a matematikai indukció elve , amely a következőkből áll:

1) ennek az állításnak az érvényessége ellenőrzöttn=1 (indukciós alapon) ,

2) feltételezzük, hogy ez az állítás igazn= k, aholkegy tetszőleges természetes szám 1(indukciós feltételezés) , és ezt a feltevést figyelembe véve érvényessége megállapításra kerüln= k+1.

Bizonyíték. Tegyük fel az ellenkezőjét, vagyis tegyük fel, hogy az állítás nem minden természetesre igaz n. Aztán van egy ilyen természetes m, mit:

1) jóváhagyása n=m nem fair,

2) mindenkinek n, kisebb m, az állítás igaz (más szóval, m az első természetes szám, amelyre az állítás meghiúsul).

Ez nyilvánvaló m>1, mert számára n=1 az állítás igaz (1. feltétel). Következésképpen,
- természetes szám. Kiderül, hogy természetes számra
az állítás igaz, és a következő természetes számra m ez nem fair. Ez ellentmond a 2. feltételnek. ■

Vegye figyelembe, hogy a bizonyítás azt az axiómát használta, hogy a természetes számok bármely gyűjteménye tartalmazza a legkisebb számot.

A matematikai indukció elvén alapuló bizonyítást ún teljes matematikai indukcióval .

Példa6.1. Bizonyítsd be ezt minden természetesnél n szám
osztható 3-mal.

Megoldás.

1) Mikor n=1, szóval a 1 osztható 3-mal, és az állítás igaz -ra n=1.

2) Tegyük fel, hogy az állítás igaz erre n=k,
, vagyis azt a számot
osztható 3-mal, és találjuk meg ezt n=k A +1 szám osztható 3-mal.

Valóban,

Mivel minden tag osztható 3-mal, akkor az összegük is osztható 3-mal. ■

Példa6.2. Bizonyítsuk be, hogy az első összege n természetes páratlan számok egyenlő a számuk négyzetével, azaz.

Megoldás. A teljes matematikai indukció módszerét alkalmazzuk.

1) Ellenőrizzük ennek az állításnak az érvényességét n=1: 1=1 2 helyes.

2) Tegyük fel, hogy az első összege k (
) páratlan számok egyenlő e számok számának négyzetével, azaz . Ezen egyenlőség alapján megállapítjuk, hogy az első összege k+1 páratlan szám egyenlő
, azaz

Használjuk a feltételezésünket és kapjuk

. ■

A teljes matematikai indukció módszerét alkalmazzák bizonyos egyenlőtlenségek bizonyítására. Bizonyítsuk be Bernoulli egyenlőtlenségét.

Példa6.3. Bizonyítsd be, hogy mikor
és bármilyen természetes n az egyenlőtlenséget
(Bernoulli egyenlőtlensége).

Megoldás. 1) Mikor n=1 kapunk
, melyik a helyes.

2) Feltételezzük, hogy at n=k egyenlőtlenség van
(*). Ezzel a feltevéssel igazoljuk
. Vegye figyelembe, hogy mikor
ez az egyenlőtlenség fennáll, és ezért elegendő az esetet megvizsgálni
.

Szorozzuk meg az egyenlőtlenség mindkét részét (*) a számmal
és kap:

Azaz (1+
. ■

Bizonyítás módszer szerint hiányos matematikai indukció néhány állítás attól függően n, ahol
hasonló módon hajtják végre, de kezdetben a legkisebb értékre állapítják meg az igazságot n.

Egyes problémák nem fogalmaznak meg kifejezetten olyan állítást, amely matematikai indukcióval bizonyítható. Ilyen esetekben szabályszerűséget kell felállítani, és hipotézist kell megfogalmazni e törvényszerűség érvényességéről, majd a felállított hipotézist matematikai indukciós módszerrel tesztelni kell.

Példa6.4. Keresse meg az összeget
.

Megoldás. Keressük az összegeket S 1 , S 2 , S 3. Nekünk van
,
,
. Feltételezzük, hogy bármely természetes n a képlet érvényes
. Ennek a hipotézisnek a tesztelésére a teljes matematikai indukció módszerét használjuk.

1) Mikor n=1 a hipotézis igaz, mert
.

2) Tegyük fel, hogy a hipotézis igaz erre n=k,
, azaz
. Ezzel a képlettel megállapítjuk, hogy a hipotézis igaz és for n=k+1, vagyis

Valóban,

Tehát, feltételezve, hogy a hipotézis igaz n=k,
, bebizonyosodott, hogy ez igaz a n=k+1, és a matematikai indukció elve alapján arra a következtetésre jutunk, hogy a képlet minden természetesre érvényes n. ■

Példa6.5. A matematikában bebizonyosodott, hogy két egyenletesen folytonos függvény összege egyenletesen folytonos függvény. Ezen állítás alapján bizonyítanunk kell, hogy bármely szám összege
Az egyenletesen folytonos függvények egy egyenletesen folytonos függvény. De mivel még nem vezettük be az "egyenletesen folytonos függvény" fogalmát, tegyük fel a problémát elvontabban: legyen tudatában annak, hogy két olyan függvény összege, amelyeknek van valamilyen tulajdonsága. S, maga rendelkezik az ingatlannal S. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges számú függvény összege rendelkezik tulajdonsággal S.

Megoldás. Az indukció alapja itt már a probléma megfogalmazásában rejlik. Az induktív feltevés alapján fontolja meg
funkciókat f 1 , f 2 , …, f n , f n+1, akik rendelkeznek a tulajdonsággal S. Azután . A jobb oldalon az első tag rendelkezik a tulajdonsággal S az indukciós hipotézis szerint a második tag rendelkezik a tulajdonsággal S feltétel szerint. Ezért az összegük rendelkezik a tulajdonsággal S– két kifejezésre „működik” az indukció alapja.

Ez bizonyítja az állítást, és a továbbiakban is használni fogja. ■

Példa6.6. Találd meg az összes természeteset n, amelyre az egyenlőtlenség

.

Megoldás. Fontolgat n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Van: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Így felállíthatunk egy hipotézist: az egyenlőtlenséget
mindenkinek van helye
. E hipotézis igazának bizonyítására a hiányos matematikai indukció elvét használjuk.

1) Amint fentebb említettük, ez a hipotézis igaz n=5.

2) Tegyük fel, hogy igaz erre n=k,
, vagyis az egyenlőtlenség
. Ezzel a feltevéssel igazoljuk, hogy az egyenlőtlenség
.

T. to.
és at
egyenlőtlenség van

nál nél
,

akkor azt kapjuk
. Tehát a hipotézis igazsága n=k A +1 abból a feltevésből következik, hogy erre igaz n=k,
.

pp. Az 1. és 2. ábrából a hiányos matematikai indukció elve alapján az következik, hogy az egyenlőtlenség
igaz minden természetesre
. ■

Példa6.7. Bizonyítsa be ezt bármely természetes számra n a differenciálási képlet érvényes
.

Megoldás. Nál nél n=1 ennek a képletnek a formája van
, vagy 1=1, vagyis igaz. Az induktív feltevésből a következőt kapjuk:

Q.E.D. ■

Példa6.8. Bizonyítsuk be, hogy a halmaz, amelyből áll n elemek, rendelkezik részhalmazok.

Megoldás. Egy elemből álló készlet de, két részhalmaza van. Ez igaz, mert minden részhalmaza az üres halmaz és maga a halmaz, és 2 1 =2.

Feltételezzük, hogy bármely halmaza n elemekkel rendelkezik részhalmazok. Ha az A halmaz abból áll n+1 elemet, majd rögzítünk benne egy elemet - jelöljük d, és ossza fel az összes részhalmazt két osztályra – nem tartalmaz dés tartalmazó d. Az első osztályból származó összes részhalmaz a B halmaz részhalmaza, amelyet A-ból kapunk az elem eltávolításával d.

A B készlet a következőkből áll n elemeket, ezért az indukciós hipotézis szerint rendelkezik részhalmazok, tehát az első osztályban részhalmazok.

De a második osztályban ugyanannyi részhalmaz van: mindegyiket pontosan az első osztály egy részhalmazából kapjuk az elem hozzáadásával d. Összességében tehát az A halmaz
részhalmazok.

Így az állítás bizonyítást nyer. Megjegyzendő, hogy 0 elemből álló halmazra is érvényes - üres halmazra: egyetlen részhalmaza van - maga, és 2 0 =1. ■


A matematikai bizonyítás egyik legfontosabb módszere jogosan matematikai indukciós módszer. Az összes n természetes számra vonatkozó képletek túlnyomó többsége matematikai indukcióval igazolható (például egy aritmetikai sorozat n első tagjának összegének képlete, Newton-binomiális képlet stb.).

Ebben a cikkben először az alapfogalmakon fogunk kitérni, majd magát a matematikai indukció módszerét vizsgáljuk, és példákat elemezünk annak alkalmazására az egyenlőségek és egyenlőtlenségek bizonyítására.

Oldalnavigáció.

Indukció és dedukció.

indukcióval a partikulárisról az általános kijelentésekre való átmenetnek nevezzük. Éppen ellenkezőleg, az általános állításokról a konkrét állításokra való átmenetet hívják levonás.

Példa egy privát állításra: a 254 maradék nélkül osztható 2-vel.

Ebből a konkrét állításból sok általánosabb állítást lehet megfogalmazni, igazat és hamisat egyaránt. Például igaz az az általánosabb állítás, hogy minden 4-re végződő egész szám osztható 2-vel maradék nélkül, míg az az állítás, hogy minden háromjegyű szám osztható 2-vel maradék nélkül, hamis.

Így az indukció sok általános állítást tesz lehetővé ismert vagy nyilvánvaló tényeken alapulóan. A matematikai indukció módszere pedig a kapott állítások érvényességének meghatározására szolgál.

Példaként tekintsük a numerikus sorozatot: , n tetszőleges természetes szám. Ekkor ennek a sorozatnak az első n elemének összegeinek sorrendje a következő lesz

Ezen tény alapján az indukcióval azt lehet állítani, hogy .

Bemutatjuk ennek a képletnek a bizonyítását.

A matematikai indukció módszere.

A matematikai indukció módszere azon alapul a matematikai indukció elve.

Ez a következőkből áll: egy bizonyos állítás igaz bármely természetes n-re, ha

  1. n = 1-re érvényes és
  2. a tetszőleges természetes n = k állítás érvényességéből következik, hogy n = k+1-re igaz.

Vagyis a matematikai indukciós módszerrel történő bizonyítást három szakaszban hajtják végre:

  1. először is ellenőrizzük az állítás érvényességét bármely n természetes számra (általában n = 1 esetén történik az ellenőrzés);
  2. másodszor, az állítás érvényességét bármely természetes n=k esetén feltételezzük;
  3. harmadszor bizonyítjuk az n=k+1 számra vonatkozó állítás érvényességét, a második pont feltételezéséből kiindulva.

Példák egyenletek és egyenlőtlenségek bizonyítására matematikai indukciós módszerrel.

Térjünk vissza az előző példához, és bizonyítsuk be a képletet .

Bizonyíték.

A matematikai indukció módszere hárompontos bizonyítást foglal magában.

Így a matematikai indukció módszerének mindhárom lépése teljesült, így a képletre vonatkozó feltevésünk beigazolódott.

Nézzük a trigonometrikus feladatot.

Példa.

Bizonyítsa be az azonosságot .

Megoldás.

Először ellenőrizzük n = 1 egyenlőségét. Ehhez szükségünk van a trigonometria alapképleteire.

Vagyis az egyenlőség igaz n = 1-re.

Másodszor, tegyük fel, hogy az egyenlőség igaz n = k -re, azaz az azonosságra

A MATEMATIKAI INDUKCIÓ MÓDSZERE

Az indukció szó oroszul irányítást jelent, induktívnak pedig a megfigyeléseken, kísérleteken alapuló következtetéseket, i.e. a konkrétból az általánosra való következtetés útján nyerjük.

Például minden nap megfigyeljük, hogy a Nap keletről kel fel. Ezért biztos lehet benne, hogy holnap keleten jelenik meg, nyugaton nem. Ezt a következtetést anélkül vonjuk le, hogy feltevésekhez folyamodnánk a Nap égbolton való mozgásának okával kapcsolatban (sőt, ez a mozgás maga is nyilvánvalónak bizonyul, mivel a földgömb valójában mozog). És mégis, ez az induktív levezetés helyesen írja le azokat a megfigyeléseket, amelyeket holnap végzünk.

Az induktív következtetések szerepe a kísérleti tudományokban igen nagy. Megadják azokat a rendelkezéseket, amelyekből azután levonással további következtetéseket vonnak le. És bár az elméleti mechanika Newton három mozgástörvényén alapul, ezek a törvények maguk a kísérleti adatok mélyreható átgondolásának eredményei, különös tekintettel Kepler bolygómozgási törvényeire, amelyeket a dán csillagász hosszú távú megfigyeléseinek feldolgozása során vezetett le. Tycho Brahe. A megfigyelés és az indukció hasznosnak bizonyul a jövőben a feltételezések finomításához. Michelsonnak a fénysebesség mozgó közegben történő mérésével kapcsolatos kísérletei után kiderült, hogy szükséges a fizika törvényeinek tisztázása és a relativitáselmélet megalkotása.

A matematikában az indukció szerepe nagyrészt az, hogy a választott axiomatika alapját képezi. Miután a hosszú gyakorlat megmutatta, hogy az egyenes út mindig rövidebb, mint egy görbe vagy törött, természetes volt egy axióma megfogalmazása: bármely három A, B és C pontra az egyenlőtlenség.

A követendő aritmetika alapfogalma is a katonák, hajók és más rendezett halmazok képződésének megfigyeléséből fakadt.

Nem szabad azonban azt gondolni, hogy ezzel véget ért az indukció szerepe a matematikában. Természetesen az axiómákból logikusan levezetett tételeket nem szabad kísérletileg ellenőriznünk: ha nem történt logikai hiba a levezetésben, akkor azok annyiban igazak, amennyiben az általunk elfogadott axiómák igazak. De ebből az axiómarendszerből nagyon sok állítás levezethető. A bizonyítandó állítások kiválasztását pedig ismét az indukció javasolja. Ő az, aki lehetővé teszi a hasznos tételek elkülönítését a haszontalanoktól, jelzi, hogy mely tételek bizonyulhatnak igaznak, és még a bizonyítás útját is segít felvázolni.


    A matematikai indukció módszerének lényege

Az aritmetika, algebra, geometria, elemzés számos részében bizonyítani kell az A(n) mondatok igazságát, amelyek természetes változótól függenek. Az A(n) állítás igazságának bizonyítása a változó összes értékére gyakran elvégezhető a matematikai indukció módszerével, amely a következő elven alapul.

Az A(n) mondat a változó minden természetes értékére igaznak tekinthető, ha a következő két feltétel teljesül:

    Az A(n) állítás n=1 esetén igaz.

    Abból a feltételezésből, hogy A(n) igaz n=k-ra (ahol k bármely természetes szám), az következik, hogy igaz a következő n=k+1 értékre.

Ezt az elvet matematikai indukció elvének nevezik. Általában a természetes számsort meghatározó axiómák egyikeként választják, ezért bizonyítás nélkül elfogadják.

A matematikai indukció módszere alatt a következő bizonyítási módot értjük. Ha minden természetes n-re be kell bizonyítani az A(n) állítás igazát, akkor először is meg kell vizsgálni az A(1) állítás igazságtartalmát, másodsorban pedig az A(k) állítás igazát feltételezve. , próbálja bebizonyítani, hogy az A(k +1) állítás igaz. Ha ez bizonyítható, és a bizonyítás k minden természetes értékére érvényes marad, akkor a matematikai indukció elve szerint az A(n) állítást n minden értékére igaznak ismerjük el.

A matematikai indukció módszerét széles körben alkalmazzák tételek, azonosságok, egyenlőtlenségek bizonyítására, oszthatósági feladatok megoldásában, egyes geometriai és sok egyéb probléma megoldásában.


    A matematikai indukció módszere a feladatok megoldásában a

oszthatóság

A matematikai indukció módszerével különféle állítások bizonyíthatók a természetes számok oszthatóságára vonatkozóan.

A következő állítás viszonylag könnyen bebizonyítható. Mutassuk meg, hogyan kapjuk meg a matematikai indukció módszerével.

1. példa. Ha n természetes szám, akkor a szám páros.

n=1 esetén igaz az állításunk: - páros szám. Tegyük fel, hogy ez páros szám. Mivel a 2k páros szám, akkor még. Tehát a paritást n=1 esetén igazoljuk, a paritást a paritásból vezetjük le .Tehát még az n összes természeti értékére is.

2. példaBizonyítsd be a mondat igazságát!

A(n)=(az 5-ös szám 19 többszöröse), n természetes szám.

Megoldás.

Az A(1)=(a szám 19 többszöröse) állítás igaz.

Tegyük fel, hogy valamilyen n=k értékre

A(k)=(a szám 19 többszöröse) igaz. Aztán, azóta

Nyilvánvalóan A(k+1) is igaz. Valójában az első tag osztható 19-cel, abból a feltételezésből adódóan, hogy A(k) igaz; a második tag is osztható 19-cel, mert benne van a 19-es tényező. A matematikai indukció elvének mindkét feltétele teljesül, ezért az A(n) állítás n minden értékére igaz.


    A matematikai indukció módszerének alkalmazása a

sorozat összegzése

1. példaBizonyítsd be a képletet

, n természetes szám.

Megoldás.

n=1 esetén az egyenlőség mindkét része eggyé alakul, és így teljesül a matematikai indukció elvének első feltétele.

Tegyük fel, hogy a képlet igaz n=k-ra, azaz.

.

Adjuk hozzá ennek az egyenlőségnek mindkét oldalát, és alakítsuk át a jobb oldalt. Akkor kapunk


Abból tehát, hogy a képlet n=k-ra igaz, az következik, hogy n=k+1-re is igaz. Ez az állítás minden k természetes értékére igaz. Tehát a matematikai indukció elvének második feltétele is teljesül. A képlet bevált.

2. példaBizonyítsuk be, hogy a természetes sorozat első n számának összege .

Megoldás.

Jelöljük a szükséges mennyiséget, pl. .

n=1 esetén a hipotézis igaz.

Legyen . Mutassuk meg .

Valóban,

Probléma megoldódott.

3. példaBizonyítsuk be, hogy a természetes sorozat első n számának négyzetösszege egyenlő .

Megoldás.

Legyen .

.

Tegyünk úgy, mintha . Azután

És végül.

4. példa Bizonyítsd .

Megoldás.

Ha akkor

5. példa Bizonyítsd

Megoldás.

n=1 esetén a hipotézis nyilvánvalóan helyes.

Legyen .

Bizonyítsuk be.

Igazán,

    Példák a matematikai indukció módszerének alkalmazására

az egyenlőtlenségek bizonyítéka

1. példaBizonyítsuk be, hogy bármely n>1 természetes számra

.

Megoldás.

Jelölje az egyenlőtlenség bal oldalát .

Ezért n=2 esetén az egyenlőtlenség igaz.

Legyen néhány k. Bizonyítsuk be, hogy akkor és . Nekünk van , .

Összehasonlítása és , megvan , azaz .

Bármely k pozitív egész szám esetén az utolsó egyenlőség jobb oldala pozitív. Ezért . De ezért és .

2. példaKeressen hibát az érvelésben.

Nyilatkozat. Bármely természetes n-re igaz az egyenlőtlenség.

Bizonyíték.

. (1)

Bizonyítsuk be, hogy akkor az egyenlőtlenség n=k+1-re is érvényes, azaz.

.

Valóban, legalább 2 bármely természetes k-ra. Adjunk hozzá a bal oldalhoz az (1) egyenlőtlenséget, a jobb oldalhoz pedig a 2-t. Igazságos egyenlőtlenséget kapunk, ill. . Az állítás bebizonyosodott.

3. példaBizonyítsd , ahol >-1, , n 1-nél nagyobb természetes szám.

Megoldás.

n=2 esetén az egyenlőtlenség igaz, hiszen .

Legyen igaz az egyenlőtlenség n=k-ra, ahol k valamilyen természetes szám, azaz.

. (1)

Mutassuk meg, hogy akkor az egyenlőtlenség n=k+1-re is érvényes, azaz.

. (2)

Valóban, feltételezve, tehát az egyenlőtlenség

, (3)

az (1) egyenlőtlenségből kapjuk úgy, hogy minden részét megszorozzuk -val. Írjuk át a (3) egyenlőtlenséget a következőképpen: . Az utolsó egyenlőtlenség jobb oldalán lévő pozitív tagot elvetve megkapjuk az érvényes egyenlőtlenséget (2).

4. példa Bizonyítsd

(1)

ahol , , n egy 1-nél nagyobb természetes szám.

Megoldás.

n=2 esetén az (1) egyenlőtlenség a következő alakot veszi fel


. (2)

Mivel , akkor az egyenlőtlenség

. (3)

Ha a (3) egyenlőtlenség minden részét hozzáadjuk -vel, megkapjuk a (2) egyenlőtlenséget.

Ez bizonyítja, hogy az (1) egyenlőtlenség teljesül n=2-re.

Legyen érvényes az (1) egyenlőtlenség n=k-ra, ahol k valamilyen természetes szám, azaz.

. (4)

Bizonyítsuk be, hogy akkor az (1) egyenlőtlenségnek n=k+1-re is érvényesnek kell lennie, azaz.

(5)

Szorozzuk meg a (4) egyenlőtlenség mindkét részét a+b-vel. Mivel feltétellel, a következő igazságos egyenlőtlenséget kapjuk:

. (6)

Az (5) egyenlőtlenség bizonyításához elegendő azt kimutatni

, (7)

vagy ami ugyanaz,

. (8)

Az egyenlőtlenség (8) egyenlő az egyenlőtlenséggel

. (9)

Ha , akkor , és a (9) egyenlőtlenség bal oldalán van két pozitív szám szorzata. Ha , akkor , és a (9) egyenlőtlenség bal oldalán van két negatív szám szorzata. Mindkét esetben érvényes a (9) egyenlőtlenség.

Ez azt bizonyítja, hogy az (1) egyenlőtlenség n=k-re érvényessége magában foglalja az n=k+1-re vonatkozó érvényességét is.

    A matematikai indukció módszere másokra alkalmazva

feladatokat

A matematikai indukció módszerének legtermészetesebb alkalmazása a geometriában, közel ennek a módszernek a számelméleti és algebrai alkalmazásához, a geometriai számítási feladatok megoldására való alkalmazása. Nézzünk néhány példát.

1. példaSzámítsa ki a helyes - egy R sugarú körbe írt négyzet oldalát.

Megoldás.

n=2 esetén helyes 2 n - a négyzet négyzet; az ő oldala. Továbbá a duplázó képlet szerint


találja meg, hogy egy szabályos nyolcszög oldala , szabályos hatszög oldala , szabályos harminckét szög oldala . Feltételezhetjük tehát, hogy a szabályos 2-es oldala n - bármely négyzet egyenlő

. (1)

Tegyük fel, hogy egy szabályos beírt -gon oldalát az (1) képlet fejezi ki. Ebben az esetben a duplázó képlet szerint


,

amiből az következik, hogy az (1) képlet minden n-re érvényes.

2. példaHány háromszögre osztható egy n-szög (nem feltétlenül konvex) a nem metsző átlói alapján?

Megoldás.

Háromszög esetén ez a szám egyenlő eggyel (egy háromszögbe nem lehet átlót húzni); négyszögnél ez a szám nyilvánvalóan egyenlő kettővel.

Tegyük fel, hogy már tudjuk, hogy minden k-gon, ahol k 1 A 2 ... A n háromszögekbe.

A n

A 1 A 2

Legyen А 1 А k ennek a partíciónak az egyik átlója; felosztja az n-szöget А 1 А 2 …А n az A 1 A 2 …A k k-szögre és az (n-k+2)-szögre А 1 А k A k+1 …A n . A feltételezett feltevés alapján a partíciós háromszögek teljes száma egyenlő lesz

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

így állításunk minden n-re bebizonyosodik.

3. példaAdjon meg egy szabályt a P(n) számának kiszámításához, hogy egy konvex n-szöget nem metsző átlókkal lehet háromszögekre osztani.

Megoldás.

Háromszög esetén ez a szám nyilvánvalóan egyenlő eggyel: P(3)=1.

Tegyük fel, hogy már minden k esetében meghatároztuk a P(k) számokat 1 A 2 ... A n . Bármilyen háromszögekre osztva, az A oldal 1 A 2 lesz az egyik elválasztó háromszög oldala, ennek a háromszögnek a harmadik csúcsa egybeeshet az A pontok mindegyikével 3 , А 4 , …,А n . Egy olyan n-szög particionálásának módjainak száma, amelyekben ez a csúcs egybeesik az A ponttal 3 , egyenlő az (n-1)-szög A háromszögelési módjainak számával 1 A 3 A 4 ... A n , azaz egyenlő P(n-1). Azon particionálási módok száma, amelyekben ez a csúcs egybeesik A-val 4 , egyenlő az (n-2)-gon A particionálási módok számával 1 A 4 A 5 ... A n , azaz egyenlő: P(n-2)=P(n-2)P(3); a particionálási módok száma, amelyekben ez egybeesik A-val 5 , egyenlő P(n-3)P(4), mivel az (n-3)-szög A partíciói 1 A 5 ... A n kombinálható az A négyszög mindegyik válaszfalával 2 A 3 A 4 A 5 stb. Így a következő összefüggéshez jutunk:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -egy).

Ezzel a képlettel egymás után kapjuk:

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

stb.

Ezenkívül a matematikai indukció módszerével problémákat oldhat meg grafikonokkal.

Legyen adott a síkon olyan egyenesek hálózata, amelyek néhány pontot kapcsolnak össze egymással, és nincs más pontja. Az ilyen vonalhálózatot térképnek fogjuk nevezni, amelynek pontjait a csúcsai, a két szomszédos csúcs közötti görbék szakaszai - a térkép határai, a sík részei, amelyekre határok osztják - a térkép országai.

Adjunk valami térképet a repülőn. Azt mondjuk, hogy helyesen színezett, ha minden ország egy bizonyos színnel van festve, és bármely két ország, amelyeknek közös a határa, különböző színekkel vannak festve.

4. példaA síkon n kör van. Bizonyítsuk be, hogy e körök tetszőleges elrendezése esetén az általuk alkotott térkép két színnel helyesen színezhető.

Megoldás.

n=1 esetén az állításunk nyilvánvaló.

Tegyük fel, hogy állításunk igaz bármely n körből álló térképre, és legyen n + 1 kör adott a síkon. Az egyik ilyen kör eltávolításával egy térképet kapunk, amely a feltételezett feltételezés alapján két színnel helyesen színezhető, például fekete-fehér.

A matematika számos területén be kell bizonyítani egy olyan állítás igazát, amely attól függ, hogy pl. az állítás igazsága p(n) a " nнN (bármilyen n TOVÁBB p(n) jobb).

Ez sokszor bizonyítható matematikai indukciós módszer.

Ez a módszer a matematikai indukció elvén alapul. Általában az aritmetika egyik axiómájaként választják, és ezért bizonyítás nélkül elfogadják. A matematikai indukció elve szerint a mondat p(n) akkor tekinthető igaznak a változó összes természetes értékére, ha két feltétel teljesül:

1. Ajánlat p(n) igaz rá n= 1.

2. Abból a mondatból, hogy p(n) igaz rá n =k (k - tetszőleges természetes szám) ebből az következik, hogy igaz az n =k+ 1.

A matematikai indukció módszere alatt a következő bizonyítási módot értjük

1. Ellenőrizze az állítás igazságtartalmát n= 1 az indukció alapja.

2. Tegyük fel, hogy az állítás igaz erre n = k - induktív feltevés.

3. Bizonyítsd be, hogy akkor erre is igaz n =k+ 1 induktív átmenet.

Néha egy javaslat p(n) kiderül, hogy nem minden természetes n, és néhányból kiindulva n = n 0. Ebben az esetben az igazságot az indukciós bázisban ellenőrizzük p(n) nál nél n = n 0.

1. példa Legyen . Bizonyítsd

1. Indukciós alap: mikor n= 1 definíció szerint S 1 = 1 és a képlet alapján egy eredményt kapunk. Az állítás helyes.

n=kÉs .

n=k+ 1. Bizonyítsuk be, hogy .

Valóban, az induktív feltevés alapján

Alakítsuk át ezt a kifejezést

Az induktív átmenet bizonyított.

Megjegyzés. Célszerű leírni, hogy mi adott (induktív feltevés) és mit kell bizonyítani!

2. példa Bizonyít

1. Az indukció alapja. Nál nél n= 1, az állítás nyilvánvalóan igaz.

2. Induktív feltevés. Legyen n=kÉs

3. Induktív átmenet. Legyen n=k+ 1. Bizonyítsuk be:

Valóban, négyzetesítsük a jobb oldalt két szám összegeként:

Az induktív feltevés és az aritmetikai haladás összegének képletével: , megkapjuk

3. példa Bizonyítsd be az egyenlőtlenséget

1. Az indukció alapja ebben az esetben a -ra vonatkozó állítás igazságának ellenőrzése, azaz. az egyenlőtlenséget ellenőrizni kell. Ehhez elegendő az egyenlőtlenség négyzetre emelése: vagy 63< 64 – неравенство верно.

2. Legyen igaz az egyenlőtlenség -re, azaz.

3. Bizonyítsuk be:

Az indukciós hipotézist használjuk

Tudva, hogyan nézzen ki a jobb oldal a bizonyított egyenlőtlenségben, ezt a részt választjuk ki

Azt kell még megállapítani, hogy a többlettényező ne haladja meg az egységet. Igazán,

4. példa Bizonyítsuk be, hogy bármely természetes szám számjegyre végződik.

1. A legkisebb természetes szám, amelyből az állítás igaz, egyenlő. .

2. Legyen a szám vége -re. Ez azt jelenti, hogy ez a szám felírható így, ahol valamilyen természetes szám. Azután .

3. Hagyjuk . Bizonyítsuk be, hogy a vége . A kapott reprezentációt felhasználva azt kapjuk

Az utolsó számban pontosan egyek vannak.

Függelék

1.4. A matematikai indukció módszere

Tudniillik a matematikai állításokat (tételeket) alá kell támasztani, bizonyítani kell. Most megismerkedünk az egyik bizonyítási módszerrel - a matematikai indukció módszerével.

Tág értelemben az indukció az érvelés egyik módja, amely lehetővé teszi, hogy az adott állításokról az általános állításokra térjünk át. A fordított átmenetet, az általános állításokról a konkrét állításokra, dedukciónak nevezzük.

A levezetés mindig helyes következtetésekhez vezet. Ismerjük például az általános eredményt: minden nullára végződő egész szám osztható 5-tel. Ebből természetesen azt a következtetést vonhatjuk le, hogy bármely konkrét 0-ra végződő szám, például 180, osztható 5-tel.

Ugyanakkor az indukció helytelen következtetésekhez vezethet. Például, ha észrevesszük, hogy a 60 osztható 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokkal, nincs jogunk arra a következtetésre jutni, hogy a 60 egyáltalán osztható bármilyen számmal.

A matematikai indukció módszere sok esetben lehetővé teszi a P(n) általános állítás érvényességének szigorú bizonyítását, amelynek megfogalmazásában n természetes szám szerepel.

A módszer alkalmazása 3 szakaszból áll.

1) Indukció alapja: ellenőrizzük a P(n) állítás érvényességét n = 1 esetén (vagy egy másik, n privát értékére, amelyből kiindulva P(n) érvényességét feltételezzük).

2) Az indukció feltételezése: feltételezzük, hogy P(n) igaz n = k esetén.

3) Az indukció lépése: a feltevéssel igazoljuk, hogy P(n) igaz n = k + 1 esetén.

Ebből arra következtethetünk, hogy P(n) bármely n ∈ N-re érvényes. Valójában n = 1 esetén az állítás igaz (az indukció alapja). És ezért n = 2-re is igaz, mivel az n = 1-ből n = 2-be való átmenet indokolt (indukciós lépés). Az indukció lépését újra és újra alkalmazva megkapjuk P(n) érvényességét n = 3, 4, 5, . . ., azaz P(n) érvényessége minden n-re.

14. példa Az első n páratlan természetes szám összege n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

A bizonyítás matematikai indukciós módszerrel történik.

1) Bázis: n=1 esetén csak egy tag van a bal oldalon, ezt kapjuk: 1 = 1.

Az állítás helyes.

2) Feltételezés: feltételezzük, hogy valamilyen k-re igaz az egyenlőség: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Lövés közbeni találati valószínűséggel kapcsolatos feladatok megoldása

A probléma általános megfogalmazása a következő:

Annak a valószínűsége, hogy egy lövéssel eltaláljuk a célt, $p$. $n$ lövés dördült el. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a célpontot pontosan $k$-szor találják el ($k$-os találatok lesznek).

Alkalmazzuk a Bernoulli-képletet, és megkapjuk:

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

Itt $C_n^k$ a kombinációk száma $n$ és $k$ között.

Ha a probléma több nyíllal kapcsolatos különböző valószínűségek célba ütés, elmélet, megoldási példák és számológép itt található.

Oktatóvideó és Excel-sablon

Tekintse meg videónkat a Bernoulli felvételekkel való problémák megoldásáról, tanulja meg az Excel használatát a gyakori problémák megoldására.

A videóban található Excel számítási fájl ingyenesen letölthető és felhasználható a problémák megoldására.

Példák a cél eltalálásával kapcsolatos problémák megoldására lövéssorozatban

Nézzünk néhány tipikus példát.

1. példa 7 lövést adott le. Az egy lövéssel való eltalálás valószínűsége 0,705. Határozza meg annak valószínűségét, hogy pontosan 5 találat lesz.

Azt kapjuk, hogy a probléma ismételt független tesztekkel foglalkozik (lövés a célpontra), összesen $n=7$ lövés dördül el, minden egyes eltalálás valószínűsége $p=0,705$, a hiányzás valószínűsége $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Meg kell találnunk, hogy pontosan $k=5$ találatok lesznek. Mindent behelyettesítünk az (1) képletbe, és a következőt kapjuk: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

2. példa Annak a valószínűsége, hogy egy lövéssel célba talál, 0,4.

Négy egymástól független lövést adnak le a célpontra. Határozza meg annak valószínűségét, hogy legalább egy találatot ér a cél.

Tanulmányozzuk a problémát és felírjuk a paramétereket: $n=4$ (lövés), $p=0.4$ (találat valószínűsége), $k \ge 1$ (lesz legalább egy találat).

Az ellenkező esemény valószínűségének képletét használjuk (nincs találat):

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

Annak a valószínűsége, hogy négyből legalább egyszer eltalál 0,87 vagy 87%.

3. példa Annak a valószínűsége, hogy a lövő célba talál, 0,3.

Határozza meg annak valószínűségét, hogy 6 lövéssel a célt három-hat alkalommal találják el.

Az előző feladatoktól eltérően itt meg kell találni annak valószínűségét, hogy a találatok száma egy bizonyos intervallumon belül lesz (és nem pontosan egyenlő valamilyen számmal). De a képlet ugyanaz.

Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy a célpontot háromtól hatig találják el, vagyis vagy 3, vagy 4, vagy 5, vagy 6 találat lesz.

Ezeket a valószínűségeket az (1) képlet számítja ki:

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Mivel az események nem kompatibilisek, a kívánt valószínűséget a valószínűségi összeadási képlettel találhatjuk meg: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) = $$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

4. példa Annak a valószínűsége, hogy négy lövéssel legalább egy célt ér, 0,9984. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy lövéssel eltalálja a célt.

Jelöljük annak a valószínűségét, hogy egy lövéssel eltaláljuk a célt. Adjunk meg egy eseményt:
$A = $ (Négy lövésből legalább egy eltalálja a célt),
valamint az ellentétes eseménye, amely így írható fel:
$\overline(A) = $ (Mind a 4 lövés célt téveszt, nincs találat).

Írjuk fel az $A$ esemény valószínűségének képletét.

Írjuk fel az ismert értékeket: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Helyettesítse be az (1) képletet, és kapja meg:

$$ 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.

Megoldjuk a kapott egyenletet:

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

Tehát annak a valószínűsége, hogy egy lövéssel eltaláljuk a célt, 0,8.

Köszönöm, hogy elolvastad és megosztod másokkal

Hasznos Linkek

Keressen kész feladatokat a megoldásban:

Online számítások a Bernoulli-képlet segítségével

Egyenlőtlenség megoldása számológéppel

Az egyenlőtlenség a matematikában minden olyan egyenletre vonatkozik, ahol az "="" helyére a következő karakterek bármelyike ​​kerül: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* lineáris;

* négyzet;

* tört;

* tájékoztató jellegű;

* trigonometrikus;

* logaritmikus.

Ennek függvényében az egyenlőtlenségeket lineárisnak, parciálisnak stb.

Tudnia kell ezekkel a jelekkel:

* egyenlőtlenségek nagyobb mint (>) vagy kisebb mint (

* Az olyan ikonokkal kapcsolatos egyenlőtlenségeket, amelyek \[\geq\] kisebbek vagy egyenlők, mint [\leq\], nem professzionálisnak nevezzük;

* az ikon nem ugyanaz a \[\ne\] önmagában, de az ilyen ikonnal rendelkező eseteket mindig meg kell oldani.

Az ilyen egyenlőtlenségeket az identitások transzformációi oldják meg.

Olvassa el cikkünket is: "Oldja meg az online egyenlet teljes megoldását"

Tegyük fel, hogy fennáll a következő egyenlőtlenség:

Ugyanúgy oldjuk meg, mint egy lineáris egyenletet, de az egyenlőtlenség előjelét alaposan figyeljük.

Először az ismeretlenből balra, az ismertből jobbra mozgatjuk a kifejezéseket, megfordítva a szimbólumokat:

Ezután mindkét oldalt elosztjuk -4-gyel, és megfordítjuk az egyenlőtlenség jelét:

Ez a válasz erre az egyenletre.

Hol tudom megoldani az egyenlőtlenséget az interneten?

Az egyenletet a pocketteacher.ru weboldalunkon oldhatja meg.

Bernoulli egyenlőtlenség kalkulátor

Egy ingyenes online mentési megoldás pillanatok alatt megold egy bármilyen bonyolultságú online egyenletet. Csak annyit kell tennie, hogy megadja adatait a mentésben. Weboldalunkon videós utasításokat is megtekinthet, és megtanulhatja az egyenlet megoldását.

És ha kérdése van, felteheti őket a Vkontakte csoportunkban: pocketteacher. Csatlakozz csoportunkhoz, szívesen segítünk.

Teljes matematikai indukciós módszer

Egyenletmegoldás / Differenciálegyenletek

© RU teszt - online számológépek

Differenciálegyenletek megoldása

Írja be a diff.

az egyenlet:

A számológéppel különböző bonyolultságú differenciálegyenleteket oldhat meg.

Példák megoldott differenciálegyenletekre

Részvény