Metoda inducției matematice

Introducere

Parte principală

1. Inductie completă și incompletă
2. Principiul inducției matematice
3. Metoda inducției matematice
4. Rezolvarea exemplelor
5. Egalitate
6. Împărțirea numerelor
7. inegalităților

Concluzie

Lista literaturii folosite

Introducere

Metodele deductive și inductive stau la baza oricărei cercetări matematice. Metoda deductivă de raționament este raționamentul de la general la particular, adică. raţionament care începe cu rezultat general, iar punctul final este un rezultat parțial. Inducția se aplică la trecerea de la rezultate particulare la cele generale, de exemplu. este opusul metodei deductive.

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

Deși domeniul de aplicare al metodei inducției matematice a crescut, în curiculumul scolar are putin timp. Ei bine, spuneți că o persoană utilă va fi adusă de acele două sau trei lecții pentru care aude cinci cuvinte de teorie, rezolvă cinci probleme primitive și, ca urmare, primește cinci pentru că nu știe nimic.

Dar acest lucru este atât de important - să poți gândi inductiv.

Parte principală

În sensul său inițial, cuvântul „inducție” este aplicat raționamentului prin care se obțin concluzii generale pe baza unui număr de afirmații particulare. Cea mai simplă metodă de raționament de acest fel este inducția completă. Iată un exemplu de astfel de raționament.

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

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Aceste nouă egalități arată că fiecare dintre numerele de interes pentru noi este într-adevăr reprezentat ca suma a doi termeni primi.

Astfel, inducerea completă este că afirmația generală este dovedită separat în fiecare dintre un număr finit de cazuri posibile.

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

Rezultatul obtinut prin inductie incompleta ramane insa doar o ipoteza pana cand este dovedit prin rationament matematic exact, acoperind toate cazurile speciale. Cu alte cuvinte, inducerea incompletă în matematică nu este considerată o metodă legitimă de demonstrare riguroasă, ci este o metodă puternică de descoperire a unor noi adevăruri.

Fie, de exemplu, este necesar să găsim suma primelor n numere impare consecutive. Luați în considerare cazuri speciale:

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

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

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

acestea. suma primelor n numere impare consecutive este n 2

Desigur, observația făcută nu poate servi încă ca dovadă a validității formulei de mai sus.

Inducția completă are doar aplicații limitate în matematică. Multe afirmații matematice interesante acoperă un număr infinit de cazuri speciale și nu putem testa un număr infinit de cazuri. Inducția incompletă duce adesea la rezultate eronate.

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

Să fie necesar să se dovedească validitatea unei anumite afirmații pentru oricare numar natural n (de exemplu, trebuie să demonstrați că suma primelor n numere impare este n 2). O verificare directă a acestei afirmații pentru fiecare valoare a lui n este imposibilă, deoarece mulțimea numerelor naturale este infinită. Pentru a demonstra această afirmație, verificați mai întâi validitatea ei pentru n=1. Apoi se demonstrează că pentru orice valoare naturală a lui k, validitatea afirmației luate în considerare pentru n=k implică valabilitatea acesteia și pentru n=k+1.

Atunci afirmația este considerată dovedită pentru toate n. Într-adevăr, afirmația este adevărată pentru n=1. Dar atunci este valabil și pentru următorul număr n=1+1=2. Valabilitatea afirmației pentru n=2 implică valabilitatea acesteia pentru n=2+

1=3. Aceasta implică validitatea afirmației pentru n=4 și așa mai departe. Este clar că, în final, vom ajunge la orice număr natural n. Prin urmare, afirmația este adevărată pentru orice n.

Rezumând cele spuse, formulăm următorul principiu general.

Principiul inducției matematice.

Dacă propoziția A(n), care depinde de un număr natural n, este adevărată pentru n=1, iar din faptul că este adevărată pentru n=k (unde k este orice număr natural), rezultă că este și adevărată pentru următorul număr n=k +1, atunci ipoteza A(n) este adevărată pentru orice număr natural n.

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

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

Demonstrarea prin metoda inducției matematice se realizează după cum urmează. În primul rând, aserția care trebuie demonstrată este verificată pentru n=1, adică, se stabileşte adevărul afirmaţiei A(1). Această parte a demonstrației se numește bază de inducție. Aceasta este urmată de o parte a demonstrației numită pasul de inducție. În această parte, validitatea afirmației pentru n=k+1 este dovedită sub ipoteza că afirmația este adevărată pentru n=k (presupunerea inductivă), adică. demonstrați că A(k)ÞA(k+1).

Demonstrați că 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

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

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

2) Să demonstrăm că A(k)ÞA(k+1).

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

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

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

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Într-adevăr,

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

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

Demonstrează asta

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

Soluție: 1) Pentru n=1 obținem

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

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

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

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

Să demonstrăm că atunci egalitatea

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

Într-adevăr

1+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).

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

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

Rezolvare: 1) Pentru n=3, afirmația este adevărată

Și 3 este corect, pentru că într-un triunghi

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

A 2 A(3) este adevărat.

2) Să presupunem că în oricare

convex k-gon are-

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

A k Să demonstrăm că atunci într-un convex

(k+1)-număr gon

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

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

În acest fel,

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

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

Demonstrați că pentru orice n afirmația este adevărată:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci

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

Prin urmare, pentru n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că n=k

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

3) Considerați această afirmație pentru 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.

Am demonstrat validitatea egalității pentru n=k+1, prin urmare, în virtutea metodei de inducție matematică, afirmația este adevărată pentru orice n natural.

Demonstrați că pentru orice n natural egalitatea este adevărată:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rezolvare: 1) Fie n=1.

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

Vedem că pentru n=1 afirmația este adevărată.

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

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

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

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

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

Demonstrează asta

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

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

acestea. este corect.

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

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

3) Vom demonstra corectitudinea expresiei pentru n=k+1.

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

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Am demonstrat validitatea egalității pentru n=k+1, prin urmare, datorită metodei de inducție matematică, afirmația este adevărată pentru orice n>2

Demonstrează asta

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

pentru orice n natural.

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci

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

2) Să presupunem că n=k, atunci

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

3) Să demonstrăm adevărul acestei afirmații pentru n=k+1

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

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

Se dovedește și validitatea egalității pentru n=k+1, prin urmare afirmația este adevărată pentru orice număr natural n.

Demonstrați validitatea identității

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

pentru orice n natural.

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

2) Să presupunem că pentru n=k

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

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

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

Din demonstrația de mai sus se poate observa că afirmația este adevărată pentru orice număr natural n.

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

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci

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

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

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

3) Să demonstrăm că în acest caz

(11 k+3 +12 2k+3) este divizibil cu 133 fără rest. Într-adevăr, 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

Suma rezultată este divizibilă cu 133 fără rest, deoarece primul său termen este divizibil cu 133 fără rest prin presupunere, iar în al doilea dintre factori este 133. Deci, А(k)ÞА(k+1). În virtutea metodei inducției matematice, afirmația este dovedită.

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

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci X 1 =7 1 -1=6 se împarte la 6 fără rest. Deci pentru n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că pentru n=k

7 k -1 este divizibil cu 6 fără rest.

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

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

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

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

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 se împarte la 11 fără rest. Prin urmare, pentru n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că pentru n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 este divizibil cu 11 fără rest.

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

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 .

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

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

Rezolvare: 1) Fie n=1, atunci 11 2 -1=120 este divizibil cu 6 fără rest. Deci pentru n=1 afirmația este adevărată.

2) Să presupunem că pentru n=k

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

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

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

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

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

1. Pentru n=0

3 3 -1=26 este divizibil cu 26

2. Să presupunem că pentru n=k

3 3k+3 -1 este divizibil cu 26

3. Să demonstrăm că afirmația

adevărat pentru n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – divizibil cu 26

Acum să demonstrăm afirmația formulată în condiția problemei.

1) Este evident că pentru n=1 afirmația este adevărată

3 3+3 -26-27=676

2) Să presupunem că pentru n=k

expresia 3 3k+3 -26k-27 este divizibil cu 26 2 fără rest.

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

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

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

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

(1+x) n >1+n´x.

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

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

Deci A(2) este adevărată.

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

(1+x) k >1+k´x. (3)

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

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Într-adevăr, înmulțirea ambelor părți ale inegalității (3) cu număr pozitiv 1+x, obținem

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Luați în considerare partea dreaptă a ultimului inegal

stva; avem

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

Drept urmare, obținem asta

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

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

Demonstrați că inegalitatea este adevărată

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

Rezolvare: 1) Pentru m=1

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

2) Să presupunem că pentru m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

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

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

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

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

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

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

Demonstrați că pentru n>6 inegalitatea

3 n >n´2 n+1 .

Soluție: Să rescriem inegalitatea în formă

1. Pentru n=7 avem

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

inegalitatea este adevărată.

2. Să presupunem că pentru n=k

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

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

Deoarece k>7, ultima inegalitate este evidentă.

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

Demonstrați că pentru n>2 inegalitatea

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

Rezolvare: 1) Pentru n=3 inegalitatea este adevărată

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

1. Să presupunem că pentru n=k

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

3) Vom dovedi valabilitatea non-

egalități pentru n=k+1

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

Să demonstrăm că 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

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

Acesta din urmă este evident și, prin urmare

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

În virtutea metodei inducției matematice se dovedește neegalitatea.

Concluzie

În special, după ce am studiat metoda de inducție matematică, mi-am sporit cunoștințele în acest domeniu de matematică și, de asemenea, am învățat cum să rezolv probleme care înainte erau peste puterile mele.

Practic, acestea erau sarcini logice și distractive, adică. doar acelea care cresc interesul pentru matematică în sine ca știință. Rezolvarea unor astfel de probleme devine o activitate distractivă și poate atrage tot mai mulți oameni curioși în labirinturile matematice. În opinia mea, aceasta este baza oricărei științe.

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

MATEMATICA:

PRELEȚI, SARCINI, SOLUȚII

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

ALGEBRA SI PRINCIPIILE ANALIZEI

Manual / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. „Iluminismul” 1975.

Curs 6. Metoda inducţiei matematice.

Noile cunoștințe în știință și viață sunt obținute în moduri diferite, dar toate (dacă nu intri în detalii) sunt împărțite în două tipuri - trecerea de la general la particular și de la particular la general. Primul este deducția, al doilea este inducția. Raționamentul deductiv este ceea ce se numește de obicei în matematică raționament logic, iar în știința matematică deducția este singura metodă legitimă de investigație. Regulile raționamentului logic au fost formulate în urmă cu două milenii și jumătate de către omul de știință grec antic Aristotel. El a creat o listă completă a celor mai simple raționamente corecte, silogisme– „cărămizi” ale logicii, punctând în același timp raționamente tipice, foarte asemănătoare cu cele corecte, dar greșite (ne întâlnim adesea cu astfel de raționamente „pseudologice” în mass-media).

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

Vom calcula valoarea trinomului pentru unele prime valori n:

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

Leibniz a dovedit în secolul al XVII-lea că pentru fiecare număr întreg pozitiv n număr
divizibil cu 3
este divizibil cu 5 și așa mai departe. Pe baza acestui lucru, el a sugerat asta pentru fiecare ciudat kși orice natural n număr
impartit de k, dar curând am observat asta
nu este divizibil cu 9.

Exemplele luate în considerare ne permit să tragem o concluzie importantă: o afirmație poate fi adevărată într-o serie de cazuri speciale și, în același timp, nedreaptă în general. Problema validității enunțului în cazul general poate fi rezolvată prin aplicarea unei metode speciale de raționament numită prin inductie matematica(inducție completă, inducție perfectă).

6.1. Principiul inducției matematice.

♦ Metoda inducţiei matematice se bazează pe principiul inducției matematice , constând din următoarele:

1) se verifică valabilitatea acestei declarații ptn=1 (bază de inducție) ,

2) se presupune că această afirmație este adevărată pentrun= k, Undekeste un număr natural arbitrar 1(ipoteza de inducție) , iar ținând cont de această ipoteză se stabilește valabilitatea acesteia ptn= k+1.

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

1) aprobare pentru n=m nu e corect,

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

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

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

O demonstrație bazată pe principiul inducției matematice se numește prin inducție matematică completă .

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

Soluţie.

1) Când n=1, deci A 1 este divizibil cu 3 și afirmația este adevărată pentru n=1.

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

Într-adevăr,

pentru că fiecare termen este divizibil cu 3, apoi și suma lor este divizibil cu 3. ■ 

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

Soluţie. Folosim metoda inducției matematice complete.

1) Verificăm validitatea acestei declarații pentru n=1: 1=1 2 este corect.

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

Ne folosim presupunerea și obținem

. ■ 

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

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

Soluţie. 1) Când n=1 obținem
, care este corect.

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

Înmulțiți ambele părți ale inegalității (*) cu numărul
si ia:

Adică (1+
. ■ 

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

Unele probleme nu formulează în mod explicit o afirmație care poate fi demonstrată prin inducție matematică. În astfel de cazuri, este necesar să se stabilească o regularitate și să se exprime o ipoteză despre validitatea acestei regularități, iar apoi să se testeze ipoteza propusă prin metoda inducției matematice.

 Exemplu6.4. Găsiți suma
.

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

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

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

Într-adevăr,

Deci, presupunând că ipoteza este adevărată pentru n=k,
, este dovedit că este adevărat pentru n=k+1 și pe baza principiului inducției matematice, concluzionăm că formula este valabilă pentru orice natură n. ■ 

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

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

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

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

.

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

1) După cum sa menționat mai sus, această ipoteză este adevărată pentru n=5.

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

T. la.
iar la
exista o inegalitate

la
,

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

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

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

Soluţie. La n=1 această formulă are forma
, sau 1=1, adică este adevărat. Făcând ipoteza inductivă, avem:

Q.E.D. ■ 

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

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

Presupunem că orice set de n elemente are subseturi. Dacă mulţimea A este formată din n+1 elemente, apoi fixăm un element în el - îl notăm d, și împărțiți toate submulțimile în două clase - fără a conține d si continand d. Toate submulțimile din prima clasă sunt submulțimi ale mulțimii B obținute de la A prin îndepărtarea elementului d.

Setul B este format din n elemente, și deci, prin ipoteza inducției, are submulțimi, deci în prima clasă subseturi.

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

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

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

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

Navigare în pagină.

Inducția și deducția.

prin inducție numită trecerea de la afirmațiile particulare la cele generale. Dimpotrivă, se numește trecerea de la enunțurile generale la cele particulare deducere.

Un exemplu de declarație privată: 254 este divizibil cu 2 fără rest.

Din această afirmație particulară, se pot formula o mulțime de afirmații mai generale, atât adevărate, cât și false. De exemplu, afirmația mai generală că toate numerele întregi care se termină în 4 sunt divizibile cu 2 fără rest este adevărată, în timp ce afirmația că toate numerele din trei cifre sunt divizibile cu 2 fără rest este falsă.

Astfel, inducția face posibilă obținerea multor enunțuri generale bazate pe fapte cunoscute sau evidente. Și metoda de inducție matematică este concepută pentru a determina validitatea afirmațiilor primite.

Ca exemplu, luați în considerare șirul numeric: , n este un număr natural arbitrar. Atunci succesiunea sumelor primelor n elemente ale acestei secvențe va fi următoarea

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

Prezentăm dovada acestei formule.

Metoda inducției matematice.

Metoda inducţiei matematice se bazează pe principiul inducției matematice.

Constă în următoarele: o anumită afirmație este adevărată pentru orice n natural dacă

1. este valabil pentru n = 1 şi
2. din validitatea enunţului pentru orice natural arbitrar n = k rezultă că este adevărat pentru n = k+1 .

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

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

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

Să ne întoarcem la exemplul anterior și să demonstrăm formula .

Dovada.

Metoda inducției matematice implică o demonstrație în trei puncte.

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

Să ne uităm la problema trigonometrică.

Exemplu.

Dovediți identitatea .

Soluţie.

Mai întâi, verificăm egalitatea pentru n = 1 . Pentru a face acest lucru, avem nevoie de formulele de bază ale trigonometriei.

Adică, egalitatea este adevărată pentru n = 1.

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

METODA INDUCȚIEI MATEMATICĂ

Cuvântul inducție în rusă înseamnă îndrumare, iar inductiv se numește concluzii bazate pe observații, experimente, de exemplu. obţinut prin inferenţă de la particular la general.

De exemplu, în fiecare zi observăm că Soarele răsare dinspre est. Prin urmare, puteți fi sigur că mâine va apărea în est, și nu în vest. Tragem această concluzie fără a recurge la vreo presupunere cu privire la cauza mișcării Soarelui pe cer (mai mult, această mișcare în sine se dovedește a fi aparentă, deoarece globul se mișcă de fapt). Și totuși, această derivație inductivă descrie corect observațiile pe care le vom face mâine.

Rolul inferențelor inductive în științele experimentale este foarte mare. Acestea dau acele dispoziții, din care se fac apoi concluzii ulterioare prin deducere. Și, deși mecanica teoretică se bazează pe cele trei legi ale mișcării lui Newton, aceste legi în sine au fost rezultatul unei reflecții profunde asupra datelor experimentale, în special a legile mișcării planetare ale lui Kepler, derivate de el în timpul procesării observațiilor pe termen lung de către astronomul danez. Tycho Brahe. Observarea și inducerea se dovedesc a fi utile în viitor pentru a rafina ipotezele făcute. După experimentele lui Michelson privind măsurarea vitezei luminii într-un mediu în mișcare, s-a dovedit a fi necesar să se clarifice legile fizicii și să se creeze o teorie a relativității.

În matematică, rolul inducției este în mare măsură acela de a sta la baza axiomaticii alese. După ce o lungă practică a arătat că o cale dreaptă este întotdeauna mai scurtă decât una curbă sau ruptă, a fost firesc să se formuleze o axiomă: pentru oricare trei puncte A, B și C, inegalitatea

Noțiunea de bază a aritmeticii de urmat a apărut și din observarea formării soldaților, a navelor și a altor seturi ordonate.

Totuși, nu trebuie să credem că acesta este sfârșitul rolului inducției în matematică. Desigur, nu ar trebui să verificăm experimental teoremele care sunt deduse logic din axiome: dacă nu s-au făcut erori logice la derivare, atunci ele sunt adevărate în măsura în care axiomele pe care le-am acceptat sunt adevărate. Dar din acest sistem de axiome pot fi deduse o mulțime de afirmații. Și selecția acelor afirmații care trebuie dovedite este sugerată din nou prin inducție. Ea este cea care ne permite să separăm teoremele utile de cele inutile, indică care teoreme se pot dovedi adevărate și chiar ajută la conturarea traseului demonstrației.

Esența metodei inducției matematice

În multe secțiuni de aritmetică, algebră, geometrie, analiză, trebuie să dovedești adevărul propozițiilor A(n) care depind de o variabilă naturală. Dovada adevărului propoziției A(n) pentru toate valorile variabilei poate fi adesea efectuată prin metoda inducției matematice, care se bazează pe următorul principiu.

Propoziția A(n) este considerată adevărată pentru toate valorile naturale ale variabilei dacă sunt îndeplinite următoarele două condiții:

Propoziția A(n) este adevărată pentru n=1.

Din ipoteza că A(n) este adevărată pentru n=k (unde k este orice număr natural), rezultă că este adevărată pentru următoarea valoare n=k+1.

Acest principiu se numește principiul inducției matematice. Este de obicei aleasă ca una dintre axiomele care definesc seria naturală de numere și, prin urmare, acceptată fără dovezi.

Metoda inducției matematice este înțeleasă ca următoarea metodă de demonstrare. Dacă se cere să se dovedească adevărul propoziției A(n) pentru tot n natural, atunci, în primul rând, ar trebui să se verifice adevărul propoziției A(1) și, în al doilea rând, să presupunem adevărul propoziției A(k) , încercați să demonstrați că propoziția A(k +1) adevărată. Dacă acest lucru poate fi demonstrat, iar demonstrația rămâne valabilă pentru fiecare valoare naturală a lui k, atunci, în conformitate cu principiul inducției matematice, propoziția A(n) este recunoscută ca adevărată pentru toate valorile lui n.

Metoda inducției matematice este utilizată pe scară largă în demonstrarea teoremelor, identităților, inegalităților, în rezolvarea problemelor de divizibilitate, în rezolvarea unor probleme geometrice și a multor alte probleme.

Metoda inducţiei matematice în rezolvarea problemelor pe

divizibilitate

Folosind metoda inducției matematice se pot demonstra diverse afirmații referitoare la divizibilitatea numerelor naturale.

Următoarea afirmație poate fi dovedită relativ ușor. Să arătăm cum se obține prin metoda inducției matematice.

Exemplul 1. Dacă n este un număr natural, atunci numărul este par.

Pentru n=1 afirmația noastră este adevărată: - un număr par. Să presupunem că este un număr par. Deoarece , un 2k este un număr par, atunci chiar. Deci, paritatea se dovedește pentru n=1, paritatea se deduce din paritate .Deci, chiar și pentru toate valorile naturale ale n.

Exemplul 2Demonstrează adevărul propoziției

A(n)=(numărul 5 este un multiplu al lui 19), n este un număr natural.

Soluţie.

Afirmația A(1)=(numărul este un multiplu al lui 19) este adevărată.

Să presupunem că pentru o valoare n=k

A(k)=(numărul este un multiplu al lui 19) este adevărată. Apoi, de când

Evident, A(k+1) este de asemenea adevărată. Într-adevăr, primul termen este divizibil cu 19 în virtutea presupunerii că A(k) este adevărată; al doilea termen este și el divizibil cu 19, deoarece conține factorul 19. Ambele condiții ale principiului inducției matematice sunt îndeplinite, prin urmare, propoziția A(n) este adevărată pentru toate valorile lui n.

Aplicarea metodei inducţiei matematice la

însumarea seriei

Exemplul 1Demonstrați formula

, n este un număr natural.

Soluţie.

Pentru n=1, ambele părți ale egalității se transformă într-una și, prin urmare, prima condiție a principiului inducției matematice este îndeplinită.

Să presupunem că formula este adevărată pentru n=k, i.e.

.

Să adăugăm ambele părți ale acestei egalități și să transformăm partea dreaptă. Apoi primim

Astfel, din faptul că formula este adevărată pentru n=k, rezultă că este adevărată și pentru n=k+1. Această afirmație este adevărată pentru orice valoare naturală a lui k. Deci, este îndeplinită și a doua condiție a principiului inducției matematice. Formula a fost dovedită.

Exemplul 2Demonstrați că suma primelor n numere ale seriei naturale este .

Soluţie.

Să notăm suma necesară, adică .

Pentru n=1, ipoteza este adevărată.

Lasa . Să arătăm asta .

Într-adevăr,

Problema rezolvata.

Exemplul 3Demonstrați că suma pătratelor primelor n numere ale seriei naturale este egală cu .

Soluţie.

Lasa .

.

Să ne prefacem că . Apoi

Și, în sfârșit.

Exemplul 4 Demonstrează că.

Soluţie.

Daca atunci

Exemplul 5 Demonstrează asta

Soluţie.

Pentru n=1, ipoteza este evident corectă.

Lasa .

Să demonstrăm că.

Într-adevăr,

Exemple de aplicare a metodei inducţiei matematice la

dovada inegalităților

Exemplul 1Demonstrați că pentru orice număr natural n>1

.

Soluţie.

Notați partea stângă a inegalității cu .

Prin urmare, pentru n=2, inegalitatea este adevărată.

Lasă pentru niște k. Să demonstrăm că atunci și . Avem , .

Comparând și , avem , adică .

Pentru orice număr întreg pozitiv k, partea dreaptă a ultimei egalități este pozitivă. De aceea . Dar , prin urmare, și .

Exemplul 2Găsiți o eroare de raționament.

Afirmație. Pentru orice n natural, inegalitatea este adevărată.

Dovada.

. (1)

Să demonstrăm că atunci inegalitatea este valabilă și pentru n=k+1, adică.

.

Într-adevăr, cel puțin 2 pentru orice k natural. Să adăugăm inegalitatea (1) în partea stângă și 2 în partea dreaptă. Obținem o inegalitate corectă sau . Afirmația a fost dovedită.

Exemplul 3Demonstrează asta , unde >-1, , n este un număr natural mai mare decât 1.

Soluţie.

Pentru n=2, inegalitatea este adevărată, deoarece .

Fie inegalitatea adevărată pentru n=k, unde k este un număr natural, adică.

. (1)

Să arătăm că atunci inegalitatea este valabilă și pentru n=k+1, adică.

. (2)

Într-adevăr, prin presupunere, , prin urmare, inegalitatea

, (3)

obţinută din inegalitatea (1) prin înmulţirea fiecărei părţi a acesteia cu . Să rescriem inegalitatea (3) astfel: . Înlăturând termenul pozitiv din partea dreaptă a ultimei inegalități, obținem inegalitatea validă (2).

Exemplul 4 Demonstrează asta

(1)

unde , , n este un număr natural mai mare decât 1.

Soluţie.

Pentru n=2, inegalitatea (1) ia forma

. (2)

De la , atunci inegalitatea

. (3)

Adăugând la fiecare parte a inegalității (3) cu , obținem inegalitatea (2).

Aceasta demonstrează că inegalitatea (1) este valabilă pentru n=2.

Fie inegalitatea (1) validă pentru n=k, unde k este un număr natural, i.e.

. (4)

Să demonstrăm că atunci inegalitatea (1) trebuie să fie valabilă și pentru n=k+1, adică.

(5)

Să înmulțim ambele părți ale inegalității (4) cu a+b. Deoarece, prin condiție, , obținem următoarea inegalitate justă:

. (6)

Pentru a demonstra inegalitatea (5), este suficient să arătăm că

, (7)

sau, care este la fel,

. (8)

Inegalitatea (8) este echivalentă cu inegalitatea

. (9)

Dacă , atunci , și în partea stângă a inegalității (9) avem produsul a două numere pozitive. Dacă , atunci , și în partea stângă a inegalității (9) avem produsul a două numere negative. În ambele cazuri inegalitatea (9) este valabilă.

Aceasta demonstrează că validitatea inegalității (1) pentru n=k implică valabilitatea acesteia pentru n=k+1.

Metoda de inducție matematică aplicată altora

sarcini

Cea mai firească aplicație a metodei inducției matematice în geometrie, apropiată de utilizarea acestei metode în teoria numerelor și algebră, este aplicarea la rezolvarea problemelor geometrice de calcul. Să ne uităm la câteva exemple.

Exemplul 1Calculați latura corectei - un pătrat înscris într-un cerc cu raza R.

Soluţie.

Pentru n=2 corect 2 n - un pătrat este un pătrat; partea lui. Mai mult, conform formulei de dublare

găsiți că latura unui octogon regulat , partea unui hexagon obișnuit , latura unui unghi regulat de treizeci și doi . Prin urmare, putem presupune că latura unui obișnuit înscris 2 n - un pătrat pentru oricare este egal

. (1)

Să presupunem că latura unui -gon regulat înscris este exprimată prin formula (1). În acest caz, prin formula de dublare

,

de unde rezultă că formula (1) este valabilă pentru toate n.

Exemplul 2În câte triunghiuri poate fi împărțit un n-gon (nu neapărat convex) după diagonalele sale care nu se intersectează?

Soluţie.

Pentru un triunghi, acest număr este egal cu unu (nu pot fi trase diagonale într-un triunghi); pentru un patrulater acest număr este evident egal cu doi.

Să presupunem că știm deja că fiecare k-gon, unde k 1 A 2 ... A n în triunghiuri.

A n

A 1 A 2

Fie А 1 А k una dintre diagonalele acestei partiții; împarte n-gonul А 1 А 2 …А n în k-gonul A 1 A 2 …A k și (n-k+2)-gonul А 1 А k A k+1 …A n . În virtutea ipotezei făcute, numărul total de triunghiuri de despărțire va fi egal cu

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

astfel afirmaţia noastră este dovedită pentru toate n.

Exemplul 3Specificați o regulă pentru calcularea numărului P(n) de moduri în care un n-gon convex poate fi împărțit în triunghiuri prin diagonale care nu se intersectează.

Soluţie.

Pentru un triunghi, acest număr este evident egal cu unu: P(3)=1.

Să presupunem că am determinat deja numerele P(k) pentru toți k 1 A 2 ... A n . Pentru orice împărțire a acestuia în triunghiuri, latura A 1 A 2 va fi o latură a unuia dintre triunghiurile de despărțire, al treilea vârf al acestui triunghi poate coincide cu fiecare dintre punctele A 3 , А 4 , …,А n . Numărul de moduri de a partiționa un n-gon în care acest vârf coincide cu punctul A 3 , este egal cu numărul de moduri de a triangula (n-1)-gonul A 1 A 3 A 4 ... A n , adică este egal cu P(n-1). Numărul de moduri de partiționare în care acest vârf coincide cu A 4 , este egal cu numărul de moduri de partiție a (n-2)-gon A 1 A 4 A 5 ... A n , adică este egal cu P(n-2)=P(n-2)P(3); numărul de moduri de împărțire în care coincide cu A 5 , este egal cu P(n-3)P(4), deoarece fiecare dintre partițiile (n-3)-gon A 1 A 5 ... A n poate fi combinat cu fiecare dintre partițiile patrulaterului A 2 A 3 A 4 A 5 , etc. Astfel, ajungem la următoarea relație:

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

Folosind această formulă, obținem succesiv:

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

etc.

De asemenea, folosind metoda inducției matematice, puteți rezolva probleme cu grafice.

Să fie dată pe plan o rețea de drepte, care leagă unele puncte între ele și nu au alte puncte. O astfel de rețea de linii o vom numi o hartă, puncte date prin vârfurile sale, segmente de curbe între două vârfuri adiacente - granițele hărții, părți ale planului în care este împărțită prin granițe - țările hărții.

Să fie dată o hartă în avion. Vom spune că este colorat corect dacă fiecare dintre țările sale este vopsită într-o anumită culoare, iar oricare două țări care au o graniță comună sunt pictate în culori diferite.

Exemplul 4Există n cercuri în plan. Demonstrați că pentru orice aranjare a acestor cercuri, harta formată de ele poate fi colorată corect cu două culori.

Soluţie.

Pentru n=1 afirmația noastră este evidentă.

Să presupunem că afirmația noastră este adevărată pentru orice hartă formată din n cercuri și să fie date n + 1 cercuri pe plan. Prin eliminarea unuia dintre aceste cercuri, obținem o hartă care, în virtutea presupunerii făcute, poate fi colorată corect cu două culori, de exemplu, alb și negru.

În multe domenii ale matematicii, trebuie să dovedești adevărul unei afirmații care depinde de , și anume, adevărul propoziției p(n) pentru " nнN (pentru orice n PE p(n) dreapta).

Acest lucru poate fi adesea dovedit metoda de inductie matematica.

Această metodă se bazează pe principiul inducției matematice. Este de obicei aleasă ca una dintre axiomele aritmeticii și, prin urmare, acceptată fără dovezi. Conform principiului inducţiei matematice, propoziţia p(n) este considerată adevărată pentru toate valorile naturale ale variabilei dacă sunt îndeplinite două condiții:

1. Oferta p(n) adevărat pentru n= 1.

2. Din propoziţia că p(n) adevărat pentru n =k (k - număr natural arbitrar) rezultă că este adevărat pentru n =k+ 1.

Metoda inducției matematice este înțeleasă ca următoarea metodă de demonstrare

1. Verificați adevărul afirmației pentru n= 1 este baza inducției.

2. Să presupunem că afirmația este adevărată pentru n = k - presupunere inductivă.

3. Demonstrați că atunci este valabil și pentru n =k+ 1 tranziție inductivă.

Uneori o sugestie p(n) se dovedește a fi adevărat nu pentru toate naturale n, si incepand de la unii pentru n = n 0. În acest caz, adevărul este verificat în baza de inducție p(n) la n = n 0.

Exemplul 1 Lasa . Demonstrează asta

1. Baza de inducție: când n= 1 prin definiție S 1 = 1 și prin formulă obținem un rezultat. Afirmația este corectă.

n=kȘi .

n=k+ 1. Să demonstrăm că .

Într-adevăr, prin ipoteza inductivă

Să transformăm această expresie

Tranziția inductivă este dovedită.

Cometariu. Este util să scrieți ceea ce este dat (o presupunere inductivă) și ceea ce trebuie demonstrat!

Exemplul 2 Dovedi

1. Baza de inducție. La n= 1, afirmația este în mod evident adevărată.

2. Ipoteza inductivă. Lasa n=kȘi

3. Tranziție inductivă. Lasa n=k+ 1. Să demonstrăm:

Într-adevăr, să pătram partea dreaptă ca sumă a două numere:

Folosind ipoteza inductivă și formula pentru suma unei progresii aritmetice: , obținem

Exemplul 3 Demonstrați inegalitatea

1. Baza inducției în acest caz este verificarea adevărului afirmației pentru , i.e. inegalitatea trebuie verificată. Pentru a face acest lucru, este suficient să pătrați inegalitatea: sau 63< 64 – неравенство верно.

2. Fie inegalitatea adevărată pentru , i.e.

3. Fie , demonstra:

Folosim ipoteza de inducție

Știind cum ar trebui să arate partea dreaptă în inegalitatea care se dovedește, selectăm această parte

Rămâne de stabilit că factorul suplimentar nu depășește unitatea. Într-adevăr,

Exemplul 4 Demonstrați că pentru orice număr natural se termină cu o cifră.

1. Cel mai mic număr natural din care afirmația este adevărată este egal cu . .

2. Fie numărul pentru sfârșit în . Aceasta înseamnă că acest număr poate fi scris ca , unde este un număr natural. Apoi .

3. Fie . Să demonstrăm că se termină în . Folosind reprezentarea rezultată, obținem

Ultimul număr are exact unii.

Apendice

1.4. Metoda inducției matematice

După cum știți, enunțurile (teoremele) matematice trebuie să fie fundamentate, dovedite. Acum ne vom familiariza cu una dintre metodele de demonstrare - metoda inducției matematice.

Într-un sens larg, inducția este un mod de raționament care vă permite să treceți de la afirmații particulare la cele generale. Tranziția inversă, de la enunțurile generale la cele particulare, se numește deducție.

Deducerea duce întotdeauna la concluzii corecte. De exemplu, cunoaștem rezultatul general: toate numerele întregi care se termină cu zero sunt divizibile cu 5. Din aceasta, desigur, putem concluziona că orice număr specific care se termină cu 0, cum ar fi 180, este divizibil cu 5.

În același timp, inducerea poate duce la concluzii incorecte. De exemplu, observând că numărul 60 este divizibil cu numerele 1, 2, 3, 4, 5, 6, nu avem dreptul de a concluziona că 60 este divizibil cu orice număr.

Metoda inducției matematice face posibilă în multe cazuri demonstrarea riguroasă a validității aserției generale P(n), a cărei formulare include un număr natural n.

Aplicarea metodei include 3 etape.

1) Baza de inducție: verificăm validitatea afirmației P(n) pentru n = 1 (sau pentru o altă valoare privată a lui n, pornind de la care se presupune validitatea lui P(n).

2) Presupunerea inducției: presupunem că P(n) este adevărată pentru n = k.

3) Etapa de inducție: folosind ipoteza, demonstrăm că P(n) este adevărat pentru n = k + 1.

Ca rezultat, putem concluziona că P(n) este valabil pentru orice n ∈ N. Într-adevăr, pentru n = 1 afirmația este adevărată (baza inducției). Și, prin urmare, este adevărat și pentru n = 2, deoarece trecerea de la n = 1 la n = 2 este justificată (etapa de inducție). Aplicând pasul de inducție din nou și din nou, obținem validitatea lui P(n) pentru n = 3, 4, 5, . . ., adică validitatea lui P(n) pentru toate n.

Exemplul 14. Suma primelor n numere naturale impare este n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Demonstrarea se va realiza prin metoda inducției matematice.

1) Baza: pentru n=1, există un singur termen în stânga, obținem: 1 = 1.

Afirmația este corectă.

2) Presupune: presupunem că pentru unele k egalitatea este adevărată: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Rezolvarea problemelor legate de probabilitatea lovirilor în timpul loviturilor

Declarația generală a problemei este următoarea:

Probabilitatea de a lovi ținta cu o singură lovitură este egală cu $p$. $n$ focuri trase. Găsiți probabilitatea ca ținta să fie lovită de exact $k$ ori (vor fi $k$ lovituri).

Aplicam formula Bernoulli si obtinem:

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

Aici $C_n^k$ este numărul de combinații de la $n$ la $k$.

Dacă problema implică mai multe săgeți cu probabilități diferite atingerea țintei, teorie, exemple de soluții și un calculator pe care îl găsiți aici.

Tutorial video și șablon Excel

Urmăriți videoclipul nostru despre rezolvarea problemelor cu fotografiile Bernoulli, aflați cum să utilizați Excel pentru a rezolva probleme obișnuite.

Fișierul de calcul Excel din videoclip poate fi descărcat gratuit și folosit pentru a vă rezolva problemele.

Exemple de rezolvare a problemelor la lovirea țintei într-o serie de lovituri

Să ne uităm la câteva exemple tipice.

Exemplul 1 A tras 7 focuri. Probabilitatea de a lovi cu o lovitură este de 0,705. Găsiți probabilitatea ca să fie exact 5 lovituri.

Obținem că problema tratează teste independente repetate (împușcături la țintă), $n=7$ lovituri sunt trase în total, probabilitatea de a lovi cu fiecare $p=0,705$, probabilitatea de a rata $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Trebuie să aflăm că vor exista exact $k=5$ hit-uri. Înlocuim totul în formula (1) și obținem: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Exemplul 2 Probabilitatea de a lovi ținta cu o lovitură este de 0,4.

Patru focuri independente sunt trase în țintă. Găsiți probabilitatea ca cel puțin o lovitură pe țintă.

Studiem problema și notăm parametrii: $n=4$ (împușcat), $p=0,4$ (probabilitate de lovire), $k \ge 1$ (va fi cel puțin o lovitură).

Folosim formula pentru probabilitatea evenimentului opus (nu există nicio lovitură):

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

Probabilitatea de a lovi cel puțin o dată din patru este de 0,87 sau 87%.

Exemplul 3 Probabilitatea de a lovi ținta de către trăgător este de 0,3.

Găsiți probabilitatea ca, cu 6 lovituri, ținta să fie lovită de trei până la șase ori.

Spre deosebire de problemele anterioare, aici trebuie să găsiți probabilitatea ca numărul de accesări să fie într-un anumit interval (și nu exact egal cu un anumit număr). Dar formula este aceeași.

Să găsim probabilitatea ca ținta să fie lovită de trei până la șase ori, adică vor fi fie 3, fie 4, fie 5, fie 6 lovituri.

Aceste probabilități sunt calculate prin formula (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.

Deoarece evenimentele sunt incompatibile, probabilitatea dorită poate fi găsită folosind formula de adunare a probabilităților: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256,$$

Exemplul 4 Probabilitatea ca cel puțin o lovire la țintă cu patru lovituri este de 0,9984. Găsiți probabilitatea de a lovi ținta cu o singură lovitură.

Să notăm probabilitatea de a lovi ținta cu o singură lovitură. Să intrăm într-un eveniment:
$A = $ (Din patru lovituri, cel puțin una va lovi ținta),
precum și evenimentul său opus, care poate fi scris astfel:
$\overline(A) = $ (Toate cele 4 lovituri vor rata ținta, fără lovituri).

Să notăm formula pentru probabilitatea evenimentului $A$.

Să notăm valorile cunoscute: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Înlocuiți în formula (1) și obțineți:

$$ 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.

Rezolvăm ecuația rezultată:

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

Deci, probabilitatea de a lovi ținta cu o singură lovitură este de 0,8.

Vă mulțumim că le-ați citit și le-ați împărtășit cu ceilalți

Link-uri utile

Găsiți sarcini gata făcute în soluție:

Calcule online folosind formula Bernoulli

Rezolvarea unei inegalități cu un calculator

Inegalitatea în matematică se aplică tuturor ecuațiilor, unde „=" este înlocuit cu oricare dintre următoarele caractere: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* liniar;

* pătrat;

* fracționat;

* indicativ;

* trigonometric;

* logaritmice.

În funcție de aceasta, inegalitățile se numesc liniare, parțiale etc.

Ar trebui să fii conștient de aceste semne:

* inegalități cu mai mare decât (>) sau mai mică decât (

* Inegalitățile cu pictograme care sunt mai mari sau egale cu \[\geq\] mai mici sau egale cu [\leq\] sunt numite neprofesionale;

* pictograma nu este aceeași \[\ne\] singură, dar cazurile cu această pictogramă trebuie rezolvate tot timpul.

O astfel de inegalitate este rezolvată prin transformări de identități.

Citiți și articolul nostru „Rezolvați soluția completă pentru o ecuație online”

Să presupunem că este valabilă următoarea inegalitate:

O rezolvăm în același mod ca o ecuație liniară, dar ar trebui să monitorizăm cu atenție semnul inegalității.

Mai întâi, mutăm termenii de la necunoscut la stânga, de la cunoscut la dreapta, inversând simbolurile:

Împărțim apoi ambele părți la -4 și inversăm semnul inegalității:

Acesta este răspunsul la această ecuație.

Unde pot rezolva inegalitatea de pe Internet?

Puteți rezolva ecuația pe site-ul nostru pocketteacher.ru.

Calculatorul de inegalități Bernoulli

În câteva secunde, o soluție de salvare online gratuită va rezolva o ecuație online de orice complexitate. Tot ce trebuie să faceți este să vă introduceți detaliile în salvare. De asemenea, puteți viziona instrucțiuni video și puteți afla cum să rezolvați ecuația pe site-ul nostru.

Și dacă aveți întrebări, le puteți adresa în grupul nostru Vkontakte: profesor de buzunar. Alătură-te grupului nostru, vom fi bucuroși să te ajutăm.

Metoda completă a inducției matematice

Rezolvarea ecuațiilor / Ecuații diferențiale

© RU test - calculatoare online

Rezolvarea ecuațiilor diferențiale

Introduceți diferența.

ecuația:

Cu calculatorul puteți rezolva ecuații diferențiale de complexitate variabilă.

Exemple de ecuații diferențiale rezolvate