Μεθοδολογική ανάπτυξη «μέθοδος μαθηματικής επαγωγής». Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής και η εφαρμογή της στην επίλυση προβλημάτων

14.10.2023

Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής

Εισαγωγή

Κύριο μέρος

Πλήρης και ημιτελής επαγωγή
Αρχή της μαθηματικής επαγωγής
Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής
Επίλυση Παραδειγμάτων
Ισότητες
Διαίρεση αριθμών
Ανισότητες

συμπέρασμα

Κατάλογος χρησιμοποιημένης βιβλιογραφίας

Εισαγωγή

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής μπορεί να συγκριθεί με την πρόοδο. Ξεκινάμε από το χαμηλότερο, και ως αποτέλεσμα της λογικής σκέψης φτάνουμε στο υψηλότερο. Ο άνθρωπος πάντα προσπαθούσε για την πρόοδο, για την ικανότητα να αναπτύσσει λογικά τις σκέψεις του, πράγμα που σημαίνει ότι η ίδια η φύση τον προόριζε να σκέφτεται επαγωγικά.

Αν και το πεδίο εφαρμογής της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής έχει αυξηθεί, λίγος χρόνος αφιερώνεται σε αυτήν στο σχολικό πρόγραμμα σπουδών. Λοιπόν, πείτε μου ότι αυτά τα δύο ή τρία μαθήματα θα είναι χρήσιμα σε ένα άτομο, κατά τη διάρκεια των οποίων θα ακούσει πέντε λέξεις θεωρίας, θα λύσει πέντε πρωτόγονα προβλήματα και, ως αποτέλεσμα, θα λάβει ένα Α για το γεγονός ότι δεν γνωρίζει τίποτα.

Αλλά είναι τόσο σημαντικό να μπορούμε να σκεφτόμαστε επαγωγικά.

Κύριο μέρος

Στην αρχική της έννοια, η λέξη «επαγωγή» εφαρμόζεται στη συλλογιστική μέσω της οποίας προκύπτουν γενικά συμπεράσματα με βάση έναν αριθμό συγκεκριμένων δηλώσεων. Η απλούστερη μέθοδος συλλογισμού αυτού του είδους είναι η πλήρης επαγωγή. Εδώ είναι ένα παράδειγμα τέτοιου συλλογισμού.

Ας είναι απαραίτητο να διαπιστωθεί ότι κάθε άρτιος φυσικός αριθμός n εντός του 4 μπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα δύο πρώτων αριθμών. Για να το κάνετε αυτό, πάρτε όλους αυτούς τους αριθμούς και γράψτε τις αντίστοιχες επεκτάσεις:

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.

Αυτές οι εννέα ισότητες δείχνουν ότι καθένας από τους αριθμούς που μας ενδιαφέρει αντιπροσωπεύεται πράγματι ως το άθροισμα δύο απλών όρων.

Έτσι, η πλήρης επαγωγή συνίσταται στην απόδειξη της γενικής δήλωσης χωριστά σε καθεμία από έναν πεπερασμένο αριθμό πιθανών περιπτώσεων.

Μερικές φορές το γενικό αποτέλεσμα μπορεί να προβλεφθεί αφού ληφθούν υπόψη όχι όλες, αλλά ένας αρκετά μεγάλος αριθμός συγκεκριμένων περιπτώσεων (η λεγόμενη ημιτελής επαγωγή).

Το αποτέλεσμα που προκύπτει από την ημιτελή επαγωγή παραμένει, ωστόσο, μόνο μια υπόθεση μέχρι να αποδειχθεί με ακριβή μαθηματικό συλλογισμό, καλύπτοντας όλες τις ειδικές περιπτώσεις. Με άλλα λόγια, η ατελής επαγωγή στα μαθηματικά δεν θεωρείται θεμιτή μέθοδος αυστηρής απόδειξης, αλλά είναι μια ισχυρή μέθοδος για την ανακάλυψη νέων αληθειών.

Έστω, για παράδειγμα, που θέλετε να βρείτε το άθροισμα των πρώτων n διαδοχικών περιττών αριθμών. Ας εξετάσουμε ειδικές περιπτώσεις:

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

Αφού εξεταστούν αυτές οι λίγες ειδικές περιπτώσεις, προκύπτει το ακόλουθο γενικό συμπέρασμα:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

εκείνοι. το άθροισμα των πρώτων n διαδοχικών περιττών αριθμών είναι n 2

Φυσικά, η παρατήρηση που έγινε δεν μπορεί ακόμη να χρησιμεύσει ως απόδειξη της εγκυρότητας του δεδομένου τύπου.

Η πλήρης επαγωγή έχει περιορισμένες μόνο εφαρμογές στα μαθηματικά. Πολλές ενδιαφέρουσες μαθηματικές προτάσεις καλύπτουν έναν άπειρο αριθμό ειδικών περιπτώσεων, αλλά δεν είμαστε σε θέση να τις δοκιμάσουμε για άπειρο αριθμό περιπτώσεων. Η ατελής επαγωγή συχνά οδηγεί σε λανθασμένα αποτελέσματα.

Σε πολλές περιπτώσεις, η διέξοδος από αυτό το είδος δυσκολίας είναι να καταφύγουμε σε μια ειδική μέθοδο συλλογισμού, που ονομάζεται μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής. Είναι ως εξής.

Ας υποθέσουμε ότι πρέπει να αποδείξετε την εγκυρότητα μιας συγκεκριμένης πρότασης για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n (για παράδειγμα, πρέπει να αποδείξετε ότι το άθροισμα των πρώτων n περιττών αριθμών είναι ίσο με n 2). Η άμεση επαλήθευση αυτής της δήλωσης για κάθε τιμή του n είναι αδύνατη, αφού το σύνολο των φυσικών αριθμών είναι άπειρο. Για να αποδείξετε αυτή τη δήλωση, ελέγξτε πρώτα την εγκυρότητά της για n=1. Στη συνέχεια αποδεικνύουν ότι για οποιαδήποτε φυσική τιμή του k, η εγκυρότητα της υπό εξέταση πρότασης για n=k συνεπάγεται την εγκυρότητά της για n=k+1.

Τότε η δήλωση θεωρείται αποδεδειγμένη για όλα τα ν. Στην πραγματικότητα, η πρόταση ισχύει για n=1. Αλλά τότε ισχύει και για τον επόμενο αριθμό n=1+1=2. Η εγκυρότητα της δήλωσης για n=2 συνεπάγεται την εγκυρότητά της για n=2+

1=3. Αυτό συνεπάγεται την εγκυρότητα της δήλωσης για n=4, κ.λπ. Είναι σαφές ότι, στο τέλος, θα φτάσουμε σε οποιοδήποτε φυσικό αριθμό n. Αυτό σημαίνει ότι η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε n.

Συνοψίζοντας όσα ειπώθηκαν, διατυπώνουμε την ακόλουθη γενική αρχή.

Η αρχή της μαθηματικής επαγωγής.

Εάν η πρόταση Α(n), ανάλογα με τον φυσικό αριθμόn, αλήθεια γιαn=1 και από το γεγονός ότι ισχύει γιαn= κ (Οπουκ-οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός), προκύπτει ότι ισχύει για τον επόμενο αριθμόn= κ+1 και μετά η υπόθεση Α(n) ισχύει για κάθε φυσικό αριθμόn.

Σε ορισμένες περιπτώσεις, μπορεί να είναι απαραίτητο να αποδειχθεί η εγκυρότητα μιας ορισμένης πρότασης όχι για όλους τους φυσικούς αριθμούς, αλλά μόνο για n>p, όπου το p είναι ένας σταθερός φυσικός αριθμός. Στην περίπτωση αυτή, η αρχή της μαθηματικής επαγωγής διατυπώνεται ως εξής.

Εάν η πρόταση Α(n) ισχύει γιαn= Π και αν Α(κ) Þ ΕΝΑ(κ+1) για οποιονδήποτεκ> Π, μετά πρόταση Α(n) ισχύει για οποιονδήποτεn> Π.

Η απόδειξη με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής πραγματοποιείται ως εξής. Αρχικά, η πρόταση προς απόδειξη ελέγχεται για n=1, δηλ. διαπιστώνεται η αλήθεια της πρότασης Α(1). Αυτό το μέρος της απόδειξης ονομάζεται επαγωγική βάση. Στη συνέχεια έρχεται το μέρος της απόδειξης που ονομάζεται βήμα επαγωγής. Σε αυτό το μέρος αποδεικνύουν την εγκυρότητα της δήλωσης για n=k+1 υπό την παραδοχή της εγκυρότητας της δήλωσης για n=k (επαγωγική υπόθεση), δηλ. να αποδείξετε ότι A(k)ÞA(k+1).

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1

Να αποδείξετε ότι 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Λύση: 1) Έχουμε n=1=1 2 . Ως εκ τούτου,

η πρόταση είναι αληθής για n=1, δηλ. Το Α(1) είναι αληθές.

2) Ας αποδείξουμε ότι A(k)ÞA(k+1).

Έστω k οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός και ας είναι αληθής η πρόταση για n=k, δηλ.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Ας αποδείξουμε ότι τότε η πρόταση ισχύει και για τον επόμενο φυσικό αριθμό n=k+1, δηλ. Τι

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Πράγματι,

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

Άρα, A(k)ÞA(k+1). Με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, συμπεραίνουμε ότι η υπόθεση A(n) ισχύει για οποιοδήποτε nÎN.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2

Αποδείξτε το

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

Λύση: 1) Για n=1 παίρνουμε

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

Επομένως, για n=1 ο τύπος είναι σωστός. Το Α(1) είναι αληθές.

2) Έστω k οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός και ας είναι αληθής ο τύπος για n=k, δηλ.

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

Ας αποδείξουμε ότι τότε ισχύει η ισότητα

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

Πράγματι

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

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

Άρα, A(k)ÞA(k+1). Με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, συμπεραίνουμε ότι ο τύπος ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός των διαγωνίων ενός κυρτού n-γώνου είναι ίσος με n(n-3)/2.

Λύση: 1) Για n=3 η πρόταση είναι αληθής

Και το 3 έχει νόημα, γιατί σε τρίγωνο

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

Α 2 Α(3) είναι αληθές.

2) Ας υποθέσουμε ότι σε κάθε

ένα κυρτό k-gon έχει-

A 1 x A k =k(k-3)/2 διαγώνιοι.

Και κ Ας αποδείξουμε ότι τότε στην κυρτή

(k+1)-αριθμός γονιδίου

διαγώνιοι A k +1 =(k+1)(k-2)/2.

Έστω A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 ένα κυρτό (k+1)-γώνιο. Ας σχεδιάσουμε μια διαγώνιο A 1 A k σε αυτήν. Για να υπολογίσετε τον συνολικό αριθμό των διαγωνίων αυτού του (k+1)-γώνου, πρέπει να μετρήσετε τον αριθμό των διαγωνίων στο k-gon A 1 A 2 ...A k , προσθέστε k-2 στον αριθμό που προκύπτει, δηλ. θα πρέπει να ληφθεί υπόψη ο αριθμός των διαγωνίων του (k+1)-γώνου που προέρχονται από την κορυφή A k +1 και, επιπλέον, η διαγώνιος A 1 A k.

Ετσι,

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

Άρα, A(k)ÞA(k+1). Λόγω της αρχής της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε κυρτό n-gon.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 4

Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε n ισχύει η παρακάτω πρόταση:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

Χ 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

Αυτό σημαίνει ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Ας υποθέσουμε ότι n=k

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

3) Θεωρήστε αυτήν την πρόταση για n=k+1

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

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

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

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

Αποδείξαμε ότι η ισότητα είναι αληθής για n=k+1, επομένως, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 5

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n η ισότητα είναι αληθής:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Λύση: 1) Έστω n=1.

Τότε X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Βλέπουμε ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Έστω ότι η ισότητα ισχύει για n=k

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

3) Ας αποδείξουμε την αλήθεια αυτής της πρότασης για n=k+1, δηλ.

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.

Από την παραπάνω απόδειξη είναι σαφές ότι η πρόταση είναι αληθής για n=k+1, επομένως, η ισότητα ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 6

Αποδείξτε το

((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), όπου η>2.

Λύση: 1) Για n=2 η ταυτότητα μοιάζει με: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

εκείνοι. είναι αλήθεια.

2) Ας υποθέσουμε ότι η έκφραση είναι αληθής για n=k

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

3) Ας αποδείξουμε την ορθότητα της παράστασης για 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).

Έχουμε αποδείξει ότι η ισότητα είναι αληθής για n=k+1, επομένως, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε n>2

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 7

Αποδείξτε το

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

για κάθε φυσικό ν.

Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

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

2) Ας υποθέσουμε ότι n=k, λοιπόν

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

3) Ας αποδείξουμε την αλήθεια αυτής της πρότασης για 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).

Η εγκυρότητα της ισότητας για n=k+1 έχει επίσης αποδειχθεί, επομένως η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 8

Αποδείξτε ότι η ταυτότητα είναι σωστή

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

για κάθε φυσικό ν.

1) Για n=1 η ταυτότητα είναι αληθής 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Έστω ότι για n=k

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

3) Ας αποδείξουμε ότι η ταυτότητα είναι αληθής για 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).

Από την παραπάνω απόδειξη είναι σαφές ότι η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 9

Να αποδείξετε ότι το (11 n+2 +12 2n+1) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο.

Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

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

Όμως το (23´133) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο, που σημαίνει ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής. Το Α(1) είναι αληθές.

2) Έστω ότι το (11 k+2 +12 2k+1) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο.

3) Ας το αποδείξουμε σε αυτή την περίπτωση

(11 k+3 +12 2k+3) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο. Πράγματι, 11 k +3 +12 2l+3 =11´11 k+2 +12 2 ´12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

Το άθροισμα που προκύπτει διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο, αφού ο πρώτος όρος του διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο με υπόθεση, και στον δεύτερο ένας από τους παράγοντες είναι 133. Άρα, A(k)ÞA(k+1). Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση έχει αποδειχθεί.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 10

Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε n 7 το n -1 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο.

Λύση: 1) Έστω n=1, τότε το X 1 =7 1 -1=6 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο. Αυτό σημαίνει ότι όταν n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Έστω ότι για n=k

Το 7 k -1 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο.

3) Ας αποδείξουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για n=k+1.

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

Ο πρώτος όρος διαιρείται με το 6, αφού το 7 k -1 διαιρείται με το 6 με την υπόθεση, και ο δεύτερος όρος είναι 6. Αυτό σημαίνει ότι το 7 n -1 είναι πολλαπλάσιο του 6 για οποιοδήποτε φυσικό n. Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 11

Να αποδείξετε ότι το 3 3n-1 +2 4n-3 για ένα αυθαίρετο φυσικό n διαιρείται με το 11.
Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο. Αυτό σημαίνει ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Έστω ότι για n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο.

3) Ας αποδείξουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για 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 3 k -1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 .

Ο πρώτος όρος διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο, αφού 3 3 k-1 +2 4k-3 διαιρείται με το 11 με την υπόθεση, ο δεύτερος διαιρείται με το 11, επειδή ένας από τους παράγοντες του είναι ο αριθμός 11. Αυτό σημαίνει το άθροισμα διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο για οποιοδήποτε φυσικό n. Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 12

Να αποδείξετε ότι το 11 2n -1 για ένα αυθαίρετο φυσικό n διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο.

Λύση: 1) Έστω n=1, τότε το 11 2 -1=120 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο. Αυτό σημαίνει ότι όταν n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Έστω ότι για n=k

11 2 k -1 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο.

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

Και οι δύο όροι διαιρούνται με το 6 χωρίς υπόλοιπο: ο πρώτος περιέχει πολλαπλάσιο του 6, τον αριθμό 120 και ο δεύτερος διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο με υπόθεση. Αυτό σημαίνει ότι το άθροισμα διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο. Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 13

Να αποδείξετε ότι το 3 3 n+3 -26n-27 για έναν αυθαίρετο φυσικό αριθμό n διαιρείται με το 26 2 (676) χωρίς υπόλοιπο.

Λύση: Πρώτα αποδεικνύουμε ότι το 3 3 n+3 -1 διαιρείται με το 26 χωρίς υπόλοιπο.

Όταν n=0

3 3 -1=26 διαιρείται με το 26

Ας υποθέσουμε ότι για n=k

3 3k+3 -1 διαιρείται με το 26

Ας αποδείξουμε ότι η δήλωση

αληθές για n=k+1.

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3l+3 +(3 3 k +3 -1) -διαιρούμενο με 26

Τώρα ας εκτελέσουμε την απόδειξη της δήλωσης που διατυπώθηκε στη δήλωση προβλήματος.

1) Προφανώς, όταν n=1 η πρόταση είναι αληθής

3 3+3 -26-27=676

2) Έστω ότι για n=k

η έκφραση 3 3 k+3 -26k-27 διαιρείται με 26 2 χωρίς υπόλοιπο.

3) Ας αποδείξουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για n=k+1

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

Και οι δύο όροι διαιρούνται με το 26 2. το πρώτο διαιρείται με το 26 2 επειδή έχουμε αποδείξει ότι η έκφραση σε παρένθεση διαιρείται με το 26 και η δεύτερη διαιρείται με την υπόθεση της επαγωγής. Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 14

Να αποδείξετε ότι αν n>2 και x>0, τότε η ανίσωση είναι αληθής

(1+x) n >1+n´x.

Λύση: 1) Για n=2 ισχύει η ανίσωση, αφού

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

Άρα το Α(2) ισχύει.

2) Ας αποδείξουμε ότι A(k)ÞA(k+1), αν k> 2. Ας υποθέσουμε ότι το A(k) είναι αληθές, δηλ. ότι η ανισότητα

(1+x) k >1+k´x. (3)

Ας αποδείξουμε ότι τότε ισχύει και το A(k+1), δηλ. ότι η ανισότητα

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Στην πραγματικότητα, πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές της ανίσωσης (3) με τον θετικό αριθμό 1+x, παίρνουμε

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Ας εξετάσουμε τη δεξιά πλευρά της τελευταίας ανισότητας

stva; έχουμε

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

Ως αποτέλεσμα, το καταλαβαίνουμε

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Άρα, A(k)ÞA(k+1). Με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, μπορεί να υποστηριχθεί ότι η ανισότητα του Bernoulli ισχύει για οποιαδήποτε

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 15

Αποδείξτε ότι η ανισότητα είναι αληθινή

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

Λύση: 1) Όταν m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 και οι δύο πλευρές είναι ίσες.

2) Έστω ότι για m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Ας αποδείξουμε ότι για m=k+1 η ανίσωση είναι αληθής

(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 .

Έχουμε αποδείξει την εγκυρότητα της ανισότητας για m=k+1, επομένως, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό m.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 16

Να αποδείξετε ότι για n>6 η ανίσωση είναι αληθής

Λύση: Ας ξαναγράψουμε την ανισότητα στη μορφή

Για n=7 έχουμε

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

η ανισότητα είναι αλήθεια.

Ας υποθέσουμε ότι για n=k

3) Ας αποδείξουμε την εγκυρότητα της ανίσωσης για n=k+1.

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

Εφόσον k>7, η τελευταία ανισότητα είναι προφανής.

Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 17

Να αποδείξετε ότι για n>2 η ανίσωση είναι αληθής

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Λύση: 1) Για n=3 η ανίσωση είναι αληθής

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180

Ας υποθέσουμε ότι για n=k

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

3) Ας αποδείξουμε την εγκυρότητα της μη

ισότητα για n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Ας αποδείξουμε ότι 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Το τελευταίο είναι προφανές, και επομένως

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η ανισότητα αποδεικνύεται.

συμπέρασμα

Συγκεκριμένα, μελετώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, αύξησα τις γνώσεις μου σε αυτόν τον τομέα των μαθηματικών και επίσης έμαθα να λύνω προβλήματα που προηγουμένως ήταν πέρα από τις δυνάμεις μου.

Αυτές ήταν κυρίως λογικές και διασκεδαστικές εργασίες, δηλ. μόνο εκείνα που αυξάνουν το ενδιαφέρον για τα ίδια τα μαθηματικά ως επιστήμη. Η επίλυση τέτοιων προβλημάτων γίνεται μια διασκεδαστική δραστηριότητα και μπορεί να προσελκύσει όλο και περισσότερους περίεργους σε μαθηματικούς λαβύρινθους. Κατά τη γνώμη μου, αυτή είναι η βάση κάθε επιστήμης.

Συνεχίζοντας τη μελέτη της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, θα προσπαθήσω να μάθω πώς να την εφαρμόζω όχι μόνο στα μαθηματικά, αλλά και στην επίλυση προβλημάτων στη φυσική, τη χημεία και την ίδια τη ζωή.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ:

ΔΙΑΛΕΞΕΙΣ, ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ, ΛΥΣΕΙΣ

Σχολικό βιβλίο / V.G Boltyansky, Yu.V., M.I. Potpourri LLC 1996.

ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΑΡΧΕΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ

Σχολικό βιβλίο / I.T Demidov, A.N. Shvartsburg, O.S. «Διαφωτισμός» 1975.

Το μάθημα βίντεο "Μέθοδος Μαθηματικής Επαγωγής" σας βοηθά να κατακτήσετε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Το βίντεο περιέχει υλικό που σας βοηθά να κατανοήσετε την ουσία της μεθόδου, να θυμάστε τα χαρακτηριστικά της εφαρμογής της και να μάθετε πώς να εφαρμόζετε αυτήν τη μέθοδο κατά την επίλυση προβλημάτων. Ο σκοπός αυτού του εκπαιδευτικού βίντεο είναι να διευκολύνει την ανάπτυξη του υλικού και να αναπτύξει την ικανότητα επίλυσης μαθηματικών προβλημάτων χρησιμοποιώντας την επαγωγική μέθοδο.

Για να διατηρηθεί η προσοχή των μαθητών στην εκμάθηση του υλικού, χρησιμοποιούνται εφέ κινούμενων σχεδίων, εικονογραφήσεις και έγχρωμη παρουσίαση πληροφοριών. Ένα μάθημα βίντεο ελευθερώνει τον χρόνο του δασκάλου στην τάξη για να βελτιώσει την ποιότητα της ατομικής εργασίας και να λύσει άλλα εκπαιδευτικά προβλήματα.

Η έννοια της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής εισάγεται θεωρώντας την ακολουθία a n , στην οποία a 1 =4, και a n+1 = a n +2n+3. Σύμφωνα με τη γενική αναπαράσταση του μέλους της ακολουθίας, προσδιορίζεται ότι a 1 =4, a 2 =4+2·1+3=9, a 3 =9+2·2+3=16, δηλαδή το ακολουθία αριθμών 4, 9, 16,... Υποτίθεται ότι για αυτήν την ακολουθία ισχύει ένα n =(n+1) 2. Για τους υποδεικνυόμενους όρους της ακολουθίας - πρώτος, δεύτερος, τρίτος - ο τύπος είναι σωστός. Είναι απαραίτητο να αποδειχθεί η εγκυρότητα αυτού του τύπου για οποιοδήποτε αυθαίρετα μεγάλο n. Υποδεικνύεται ότι σε τέτοιες περιπτώσεις η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής χρησιμοποιείται για να βοηθήσει στην απόδειξη της δήλωσης.

Η ουσία της μεθόδου αποκαλύπτεται. Ο τύπος για n=k θεωρείται έγκυρος, η τιμή a k =(k+1) 2 . Είναι απαραίτητο να αποδειχθεί ότι η ισότητα θα ισχύει και για k+1, που σημαίνει k +1 =(k+2) 2 . Για να γίνει αυτό, στον τύπο a k +1 =a k +2k+3 αντικαθιστούμε ένα k με (k+1) 2. Μετά από αντικατάσταση και αναγωγή όμοιων, προκύπτει η ισότητα a k +1 =(k+2) 2 . Αυτό μας δίνει το δικαίωμα να ισχυριστούμε ότι η εγκυρότητα του τύπου για n τον κάνει αληθή για n=k+1. Η θεωρούμενη απόδειξη σε σχέση με την ακολουθία a n , η οποία αντιπροσωπεύεται από τους αριθμούς 4, 9, 16,... και τον γενικό όρο a n =(n+1) 2, δίνει το δικαίωμα να ισχυριστεί κανείς ότι εάν ο τύπος μετατραπεί σε αληθινή ισότητα για n=1, στη συνέχεια επίσης για n=1+ 1=2, και για 3, κ.λπ., δηλαδή για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n.

Στη συνέχεια, παρουσιάζεται η ουσία της επαγωγικής μεθόδου σε μαθηματική γλώσσα. Η αρχή της μεθόδου βασίζεται στην εγκυρότητα της δήλωσης ότι ισχύει ένα γεγονός για έναν αυθαίρετο φυσικό αριθμό n όταν πληρούνται δύο προϋποθέσεις: 1) η δήλωση είναι αληθής για n=1 2) από την εγκυρότητα αυτού του τύπου για n= k έπεται ότι ισχύει για n=k+1. Από αυτή την αρχή ακολουθεί η δομή της απόδειξης, χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Σημειώνεται ότι αυτή η μέθοδος προϋποθέτει για n=1 την απόδειξη της εγκυρότητας της πρότασης, και όταν υποθέσουμε την εγκυρότητα της απόδειξης για n=k, αποδεικνύεται ότι ισχύει και για n=k+1.

Αναλύεται ένα παράδειγμα απόδειξης του τύπου του Αρχιμήδη με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Δίνεται ο τύπος 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6. Εκτελούνται υπολογισμοί στην οθόνη για να εμφανιστεί η εγκυρότητα του τύπου για n=1. Το δεύτερο σημείο της απόδειξης είναι η υπόθεση ότι για n=k ισχύει ο τύπος, δηλαδή παίρνει τη μορφή 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1 )/6 Με βάση αυτό, αποδεικνύεται ότι ο τύπος ισχύει και για n=k+1. Αφού αντικαταστήσουμε το n=k+1, παίρνουμε την τιμή του τύπου 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3) /6. Έτσι, η φόρμουλα του Αρχιμήδη αποδεικνύεται.

Ένα άλλο παράδειγμα εξετάζει την απόδειξη του πολλαπλασιασμού του 7 του αθροίσματος 15 n +6 για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n. Στην απόδειξη χρησιμοποιούμε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Αρχικά, ελέγχουμε την εγκυρότητα της δήλωσης για n=1. Πράγματι, 15 1 +6=21. Τότε υποθέτουμε εγκυρότητα για n=k. Αυτό σημαίνει ότι το 15 k +6 είναι πολλαπλάσιο του 7. Αντικαθιστώντας το n=k+1 στον τύπο αποδεικνύουμε ότι η τιμή 15 k +1 +6 είναι πολλαπλάσιο του 7. Αφού μετασχηματίσουμε την παράσταση, παίρνουμε: 15 k +1 +6=15 k +1 ·14+(15 k +6). Επομένως το άθροισμα 15 n +6 είναι πολλαπλάσιο του 7.

Το βίντεο μάθημα «Μέθοδος Μαθηματικής Επαγωγής» αποκαλύπτει ξεκάθαρα και λεπτομερώς την ουσία και τον μηχανισμό χρήσης της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στην απόδειξη. Επομένως, αυτό το υλικό βίντεο μπορεί να χρησιμεύσει όχι μόνο ως οπτικό βοήθημα σε ένα μάθημα άλγεβρας, αλλά θα είναι χρήσιμο όταν ο μαθητής μελετά ανεξάρτητα το υλικό και θα βοηθήσει να εξηγήσει το θέμα στον δάσκαλο κατά την εξ αποστάσεως εκπαίδευση.

Savelyeva Ekaterina

Η εργασία πραγματεύεται την εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στην επίλυση προβλημάτων διαιρετότητας και άθροισης σειρών. Εξετάζονται παραδείγματα εφαρμογής της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής για την απόδειξη ανισοτήτων και την επίλυση γεωμετρικών προβλημάτων. Το έργο εικονογραφείται με παρουσίαση.

Κατεβάστε:

Προεπισκόπηση:

Υπουργείο Επιστημών και Παιδείας της Ρωσικής Ομοσπονδίας

Κρατικό εκπαιδευτικό ίδρυμα

γυμνάσιο Νο 618

Μάθημα: Άλγεβρα και αρχές ανάλυσης

Θέμα εργασίας έργου

«Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής και η εφαρμογή της στην επίλυση προβλημάτων»

Οι εργασίες ολοκληρώθηκαν: Savelyeva E, τάξη 11Β

Επόπτης : Makarova T.P., καθηγήτρια μαθηματικών, Γ.Ο.Υ Νο. 618 Γυμνασίου

1. Εισαγωγή.

2.Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής στην επίλυση προβλημάτων διαιρετότητας.

3. Εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στο άθροισμα σειρών.

4. Παραδείγματα εφαρμογής της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στην απόδειξη ανισοτήτων.

5. Εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στην επίλυση γεωμετρικών προβλημάτων.

6. Κατάλογος χρησιμοποιημένης βιβλιογραφίας.

Εισαγωγή

Η βάση κάθε μαθηματικής έρευνας είναι οι επαγωγικές και οι επαγωγικές μέθοδοι. Η απαγωγική μέθοδος συλλογισμού είναι ο συλλογισμός από το γενικό στο ειδικό, δηλ. συλλογιστική, η αφετηρία της οποίας είναι το γενικό αποτέλεσμα και το τελικό σημείο είναι το συγκεκριμένο αποτέλεσμα. Η επαγωγή χρησιμοποιείται κατά τη μετάβαση από συγκεκριμένα αποτελέσματα σε γενικά, δηλ. είναι το αντίθετο της απαγωγικής μεθόδου. Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής μπορεί να συγκριθεί με την πρόοδο. Ξεκινάμε από το χαμηλότερο, και ως αποτέλεσμα της λογικής σκέψης φτάνουμε στο υψηλότερο. Ο άνθρωπος πάντα προσπαθούσε για την πρόοδο, για την ικανότητα να αναπτύσσει λογικά τις σκέψεις του, πράγμα που σημαίνει ότι η ίδια η φύση τον προόριζε να σκέφτεται επαγωγικά. Αν και το πεδίο εφαρμογής της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής έχει αυξηθεί, λίγος χρόνος αφιερώνεται σε αυτήν στο σχολικό πρόγραμμα, αλλά είναι τόσο σημαντικό να μπορούμε να σκεφτόμαστε επαγωγικά. Η εφαρμογή αυτής της αρχής στην επίλυση προβλημάτων και την απόδειξη θεωρημάτων είναι εφάμιλλη με την εξέταση στη σχολική πρακτική άλλων μαθηματικών αρχών: αποκλεισμένη μέση, συμπερίληψη-αποκλεισμός, Dirichlet, κ.λπ. Αυτή η περίληψη περιέχει προβλήματα από διαφορετικούς κλάδους των μαθηματικών, στα οποία κύριο εργαλείο είναι η μέθοδος χρήσης της μαθηματικής επαγωγής. Μιλώντας για τη σημασία αυτής της μεθόδου, ο Α.Ν. Ο Kolmogorov σημείωσε ότι «η κατανόηση και η ικανότητα εφαρμογής της αρχής της μαθηματικής επαγωγής είναι ένα καλό κριτήριο ωριμότητας, το οποίο είναι απολύτως απαραίτητο για έναν μαθηματικό». Η μέθοδος της επαγωγής με την ευρεία της έννοια συνίσταται στη μετάβαση από συγκεκριμένες παρατηρήσεις σε ένα καθολικό, γενικό πρότυπο ή γενική διατύπωση. Σε αυτή την ερμηνεία, η μέθοδος είναι φυσικά η κύρια μέθοδος διεξαγωγής έρευνας σε κάθε πειραματική φυσική επιστήμη.

ανθρώπινη δραστηριότητα. Η μέθοδος (αρχή) της μαθηματικής επαγωγής στην απλούστερη μορφή της χρησιμοποιείται όταν είναι απαραίτητο να αποδειχθεί μια ορισμένη πρόταση για όλους τους φυσικούς αριθμούς.

Εργασία 1. Στο άρθρο του «Πώς έγινα μαθηματικός» ο Α.Ν. Ο Kolmogorov γράφει: «Έμαθα τη χαρά μιας μαθηματικής «ανακάλυψης» νωρίς, έχοντας παρατηρήσει ένα μοτίβο σε ηλικία πέντε ή έξι ετών

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 και ούτω καθεξής.

Το σχολείο εξέδιδε το περιοδικό «Ανοιξιάτικα Χελιδόνια». Σε αυτό δημοσιεύτηκε η ανακάλυψή μου...»

Δεν γνωρίζουμε τι είδους στοιχεία δόθηκαν σε αυτό το περιοδικό, αλλά όλα ξεκίνησαν με ιδιωτικές παρατηρήσεις. Η ίδια η υπόθεση, που πιθανώς προέκυψε μετά την ανακάλυψη αυτών των μερικών ισοτήτων, είναι ότι ο τύπος

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

αληθές για κάθε δεδομένο αριθμό n = 1, 2, 3, ...

Για να αποδείξουμε αυτή την υπόθεση, αρκεί να τεκμηριώσουμε δύο γεγονότα. Πρώτον, για n = 1 (και ακόμη και για n = 2, 3, 4) η επιθυμητή πρόταση είναι αληθής. Δεύτερον, ας υποθέσουμε ότι η δήλωση ισχύει για p = k, και θα βεβαιωθούμε ότι τότε ισχύει και για n = k + 1:

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

Αυτό σημαίνει ότι η δήλωση που αποδεικνύεται ισχύει για όλες τις τιμές n: για n = 1 είναι αλήθεια (αυτό έχει επαληθευτεί) και λόγω του δεύτερου γεγονότος - για n = 2, εξ ου και για n = 3 (λόγω του ίδιου, δεύτερου γεγονότος) κ.λπ.

Πρόβλημα 2. Εξετάστε όλα τα πιθανά συνηθισμένα κλάσματα με αριθμητή 1 και οποιοδήποτε (θετικός ακέραιος)

(ονομαστική) παρονομαστής: Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε p> 3 μπορούμε να αναπαραστήσουμε τη μονάδα ως άθροισμαΠ διάφορα κλάσματα αυτού του τύπου.

Λύση, Ας ελέγξουμε πρώτα αυτήν τη δήλωση n = 3; έχουμε:

Επομένως, η βασική δήλωση ικανοποιείται

Ας υποθέσουμε τώρα ότι η δήλωση που μας ενδιαφέρει ισχύει για κάποιο αριθμόΠρος την, και να αποδείξετε ότι ισχύει και για τον αριθμό που ακολουθείΠρος την + 1. Ας υποθέσουμε δηλαδή ότι υπάρχει αναπαράσταση

στην οποία κ οι όροι και όλοι οι παρονομαστές είναι διαφορετικοί. Ας αποδείξουμε ότι τότε μπορούμε να λάβουμε μια παράσταση της ενότητας ως άθροισμα απόΠρος την + 1 κλάσματα του απαιτούμενου τύπου. Θα υποθέσουμε ότι τα κλάσματα είναι φθίνοντα, δηλαδή οι παρονομαστές (στην αναπαράσταση της μονάδας με το άθροισμαΠρος την όρους) αυξάνονται από αριστερά προς τα δεξιά έτσι ώστεΤ - ο μεγαλύτερος από τους παρονομαστές. Θα λάβουμε την εκπροσώπηση που χρειαζόμαστε με τη μορφή ποσού(Προς την + 1)ο κλάσμα, αν χωρίσουμε ένα κλάσμα, για παράδειγμα το τελευταίο, στα δύο. Αυτό μπορεί να γίνει γιατί

Και ως εκ τούτου

Επιπλέον, όλα τα κλάσματα παρέμειναν διαφορετικά, αφούΤ ήταν ο μεγαλύτερος παρονομαστής, και t + 1 > t, και

t(t + 1) > t.

Έτσι, δημιουργήσαμε:

με n = 3 αυτή η δήλωση είναι αλήθεια.

αν ισχύει η δήλωση που μας ενδιαφέρειΠρος την,
τότε ισχύει και για k + 1.

Σε αυτή τη βάση, μπορούμε να ισχυριστούμε ότι η εν λόγω πρόταση ισχύει για όλους τους φυσικούς αριθμούς, ξεκινώντας από το τρία. Επιπλέον, η παραπάνω απόδειξη συνεπάγεται και έναν αλγόριθμο για την εύρεση της απαιτούμενης κατάτμησης της ενότητας. (Τι αλγόριθμος είναι αυτός; Φανταστείτε τον αριθμό 1 ως το άθροισμα 4, 5, 7 όρων από μόνος του.)

Για την επίλυση των δύο προηγούμενων προβλημάτων έγιναν δύο βήματα. Το πρώτο βήμα ονομάζεταιβάση επαγωγή, δεύτερο -επαγωγική μετάβασηή βήμα επαγωγής. Το δεύτερο βήμα είναι το πιο σημαντικό και περιλαμβάνει μια υπόθεση (η δήλωση είναι αληθής όταν n = k) και συμπέρασμα (η δήλωση ισχύει όταν n = k + 1). Η ίδια η παράμετρος n καλείται παράμετρος επαγωγής.Αυτό το λογικό σχήμα (τεχνική), που μας επιτρέπει να συμπεράνουμε ότι η εν λόγω πρόταση ισχύει για όλους τους φυσικούς αριθμούς (ή για όλους, ξεκινώντας από κάποιους), αφού τόσο η βάση όσο και η μετάβαση είναι έγκυρες, ονομάζεταιτην αρχή της μαθηματικής επαγωγής,επί του οποίου Βασίζεται η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής.Ο ίδιος ο όρος «επαγωγή» προέρχεται από τη λατινική λέξηεπαγωγή (καθοδήγηση), που σημαίνει τη μετάβαση από μια ενιαία γνώση για μεμονωμένα αντικείμενα μιας δεδομένης τάξης σε ένα γενικό συμπέρασμα για όλα τα αντικείμενα μιας δεδομένης τάξης, που είναι μια από τις κύριες μεθόδους γνώσης.

Η αρχή της μαθηματικής επαγωγής, ακριβώς με τη γνωστή μορφή δύο βημάτων, εμφανίστηκε για πρώτη φορά το 1654 στην «Πραγματεία για το Αριθμητικό Τρίγωνο» του Blaise Pascal, όπου ένας απλός τρόπος υπολογισμού του αριθμού των συνδυασμών (διωνυμικοί συντελεστές) αποδείχθηκε με επαγωγή. Ο D. Polya αναφέρει τον B. Pascal στο βιβλίο με μικρές αλλαγές σε αγκύλες:

«Αν και η εν λόγω πρόταση [η ρητή φόρμουλα για τους διωνυμικούς συντελεστές] περιέχει αμέτρητες ειδικές περιπτώσεις, θα δώσω μια πολύ σύντομη απόδειξη γι' αυτήν, βασισμένη σε δύο λήμματα.

Το πρώτο λήμμα δηλώνει ότι η υπόθεση είναι αληθινή για τον λόγο - αυτό είναι προφανές. [ΣτοΠ = 1 ρητός τύπος είναι έγκυρος...]

Το δεύτερο λήμμα δηλώνει τα εξής: εάν η υπόθεση μας είναι αληθής για αυθαίρετη βάση [για αυθαίρετο r], τότε θα είναι αληθής για τον ακόλουθο λόγο [για n + 1].

Από αυτά τα δύο λήμματα προκύπτει αναγκαστικά ότι η πρόταση ισχύει για όλες τις τιμέςΠ. Πράγματι, δυνάμει του πρώτου λήμματος ισχύει γιαΠ = 1; επομένως, δυνάμει του δεύτερου λήμματος, ισχύει γιαΠ = 2; επομένως, και πάλι δυνάμει του δεύτερου λήμματος, ισχύει για n = 3 και ούτω καθεξής επ' άπειρον."

Πρόβλημα 3. Το παζλ The Towers of Hanoi αποτελείται από τρεις ράβδους. Σε μια από τις ράβδους υπάρχει μια πυραμίδα (Εικ. 1), που αποτελείται από πολλούς δακτυλίους διαφορετικής διαμέτρου, που μειώνονται από κάτω προς τα πάνω

Εικ. 1

Αυτή η πυραμίδα πρέπει να μετακινηθεί σε μία από τις άλλες ράβδους, μετακινώντας μόνο έναν δακτύλιο κάθε φορά και όχι τοποθετώντας τον μεγαλύτερο δακτύλιο στον μικρότερο. Είναι δυνατόν να γίνει αυτό;

Λύση. Άρα, πρέπει να απαντήσουμε στο ερώτημα: είναι δυνατόν να μετακινήσουμε μια πυραμίδα που αποτελείται απόΠ κρίκους διαφορετικής διαμέτρου, από τη μια ράβδο στην άλλη, ακολουθώντας τους κανόνες του παιχνιδιού; Τώρα έχουμε, όπως λένε, παραμετροποιήσει το πρόβλημα (έχει ληφθεί υπόψη ένας φυσικός αριθμόςΠ), και μπορεί να λυθεί με μαθηματική επαγωγή.

Επαγωγική βάση. Όταν n = 1 όλα είναι ξεκάθαρα, αφού μια πυραμίδα ενός δακτυλίου μπορεί προφανώς να μετακινηθεί σε οποιαδήποτε ράβδο.
Βήμα επαγωγής. Ας υποθέσουμε ότι μπορούμε να μετακινήσουμε οποιεσδήποτε πυραμίδες με τον αριθμό των δακτυλίων p = k.
Ας αποδείξουμε ότι τότε μπορούμε να μετακινήσουμε το pyra midka από n = k + 1.

Πυραμίδα από έως δαχτυλίδια που βρίσκονται στο μεγαλύτερο(Προς την + 1)-ος δακτύλιος, μπορούμε, σύμφωνα με την υπόθεση, να το μετακινήσουμε σε οποιαδήποτε άλλη ράβδο. Ας το κάνουμε. ακίνητος(Προς την + Ο 1)ος δακτύλιος δεν θα μας εμποδίσει να εκτελέσουμε τον αλγόριθμο κίνησης, αφού είναι ο μεγαλύτερος. Μετά τη μετακόμισηΠρος την δαχτυλίδια, ας μετακινήσουμε αυτό το μεγαλύτερο(Προς την + 1)ο δακτύλιο στην υπόλοιπη ράβδο. Και μετά πάλι εφαρμόζουμε τον αλγόριθμο κίνησης που μας είναι γνωστός με την επαγωγική υπόθεσηΠρος την δαχτυλίδια και μετακινήστε τα στη ράβδο με αυτή που βρίσκεται από κάτω(Προς την + 1)ο δαχτυλίδι. Έτσι, αν ξέρουμε πώς να κινούμε τις πυραμίδες μεΠρος την δαχτυλίδια, τότε ξέρουμε πώς να μετακινήσουμε τις πυραμίδες και μεΠρος την + 1 δαχτυλίδια. Επομένως, σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, είναι πάντα δυνατό να μετακινηθεί η πυραμίδα που αποτελείται από n κουδουνίζει, όπου n > 1.

Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής στην επίλυση προβλημάτων διαιρετότητας.

Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, μπορείτε να αποδείξετε διάφορες προτάσεις σχετικά με τη διαιρετότητα των φυσικών αριθμών.

Πρόβλημα 4 . Αν το n είναι φυσικός αριθμός, τότε ο αριθμός είναι άρτιος.

Όταν n=1 είναι αληθής η πρόταση μας: - ένας ζυγός αριθμός. Ας υποθέσουμε ότι είναι ζυγός αριθμός. Εφόσον το 2k είναι ζυγός αριθμός, τότε είναι άρτιος. Άρα, η ισοτιμία αποδεικνύεται για n=1, η ισοτιμία συνάγεται από την ισοτιμία, αυτό σημαίνει ότι είναι άρτια για όλες τις φυσικές τιμές του n.

Εργασία 3. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Ζ 3 + 3 - 26n - 27 με αυθαίρετο φυσικόΤο n διαιρείται με το 26 2 χωρίς υπόλοιπο.

Λύση. Ας αποδείξουμε πρώτα επαγωγικά τη βοηθητική πρόταση ότι 3 3n+3 — Το 1 διαιρείται με το 26 χωρίς υπόλοιπο όταν n > 0.

Επαγωγική βάση. Για n = 0 έχουμε: 3 3 - 1 = 26 - διαιρείται με το 26.

Βήμα επαγωγής. Ας υποθέσουμε ότι 3 3n+3 - Το 1 διαιρείται με το 26 όταν n = k, και Ας αποδείξουμε ότι σε αυτή την περίπτωση η δήλωση θα ισχύει για n = k + 1. Από 3

τότε από την επαγωγική υπόθεση συμπεραίνουμε ότι ο αριθμός 3 3k + 6 - 1 διαιρείται με το 26.

Τώρα θα αποδείξουμε τη δήλωση που διατυπώθηκε στη δήλωση προβλήματος. Και πάλι επαγωγικά.

Επαγωγική βάση. Είναι προφανές ότι όταν n = 1 πρόταση είναι αληθής: αφού 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
Βήμα επαγωγής. Ας υποθέσουμε ότι όταν p = k
έκφραση 3 3k + 3 - 26k - 27 διαιρείται με το 26 2 χωρίς υπόλοιπο και να αποδείξετε ότι η δήλωση είναι αληθής για n = k + 1,
δηλαδή αυτός ο αριθμός

διαιρείται με το 26 2 χωρίς ίχνος. Στο τελευταίο άθροισμα, και οι δύο όροι διαιρούνται με το 26 2 . Το πρώτο είναι επειδή έχουμε αποδείξει ότι η έκφραση σε παρένθεση διαιρείται με το 26. το δεύτερο είναι από την υπόθεση της επαγωγής. Δυνάμει της αρχής της μαθηματικής επαγωγής, η επιθυμητή δήλωση αποδεικνύεται πλήρως.

Εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στο άθροισμα σειρών.

Εργασία 5. Αποδείξτε τον τύπο

Το Ν είναι φυσικός αριθμός.

Λύση.

Όταν n=1, και οι δύο πλευρές της ισότητας στρέφονται σε μία και, επομένως, η πρώτη προϋπόθεση της αρχής της μαθηματικής επαγωγής ικανοποιείται.

Ας υποθέσουμε ότι ο τύπος είναι σωστός για n=k, δηλ.

Ας προσθέσουμε και στις δύο πλευρές αυτής της ισότητας και ας μεταμορφώσουμε τη δεξιά πλευρά. Μετά παίρνουμε

Έτσι, από το γεγονός ότι ο τύπος είναι αληθής για n=k, προκύπτει ότι ισχύει και για n=k+1. Αυτή η δήλωση ισχύει για οποιαδήποτε φυσική τιμή του k. Άρα, ικανοποιείται και η δεύτερη προϋπόθεση της αρχής της μαθηματικής επαγωγής. Η φόρμουλα είναι αποδεδειγμένη.

Εργο 6. Στον πίνακα γράφονται δύο αριθμοί: 1,1. Εισάγοντας το άθροισμά τους μεταξύ των αριθμών, παίρνουμε τους αριθμούς 1, 2, 1. Επαναλαμβάνοντας αυτή τη λειτουργία ξανά, παίρνουμε τους αριθμούς 1, 3, 2, 3, 1. Μετά από τρεις πράξεις, οι αριθμοί θα είναι 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Ποιο θα είναι το άθροισμα όλων των αριθμών στον πίνακα μετά 100 επεμβάσεις;

Λύση. Κάνε τα πάντα 100 οι λειτουργίες θα ήταν πολύ εργατικό και χρονοβόρο έργο. Αυτό σημαίνει ότι πρέπει να προσπαθήσουμε να βρούμε κάποιο γενικό τύπο για το άθροισμα Sαριθμοί μετά το n επιχειρήσεις. Ας δούμε τον πίνακα:

Έχετε παρατηρήσει κάποιο μοτίβο εδώ; Εάν όχι, μπορείτε να κάνετε ένα ακόμη βήμα: μετά από τέσσερις λειτουργίες θα υπάρχουν αριθμοί

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

το άθροισμα των οποίων S 4 είναι ίσο με 82.

Στην πραγματικότητα, δεν μπορείτε να σημειώσετε τους αριθμούς, αλλά να πείτε αμέσως πώς θα αλλάξει το άθροισμα μετά την προσθήκη νέων αριθμών. Έστω το άθροισμα ίσο με 5. Τι θα γίνει όταν προστεθούν νέοι αριθμοί; Ας χωρίσουμε κάθε νέο αριθμό στο άθροισμα των δύο παλιών. Για παράδειγμα, από το 1, 3, 2, 3, 1 πηγαίνουμε στο 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Δηλαδή, κάθε παλιός αριθμός (εκτός από τις δύο ακραίες μονάδες) περιλαμβάνεται πλέον στο άθροισμα τρεις φορές, οπότε το νέο άθροισμα είναι ίσο με 3S - 2 (αφαιρέστε το 2 για να λάβετε υπόψη τις μονάδες που λείπουν). Επομένως ο Σ 5 = 3S 4 - 2 = 244, και γενικά

Ποιος είναι ο γενικός τύπος; Αν δεν υπήρχε η αφαίρεση δύο μονάδων, τότε κάθε φορά το άθροισμα θα αυξανόταν τρεις φορές, όπως σε δυνάμεις του τριών (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Και οι αριθμοί μας, όπως βλέπουμε τώρα, είναι ακόμη ένας. Έτσι, μπορεί να υποτεθεί ότι

Ας προσπαθήσουμε τώρα να το αποδείξουμε αυτό επαγωγικά.

Επαγωγική βάση. Βλέπε πίνακα (για n = 0, 1, 2, 3).

Βήμα επαγωγής. Ας το προσποιηθούμε

Ας το αποδείξουμε λοιπόν S k + 1 = Z k + 1 + 1.

Πραγματικά,

Έτσι, η φόρμουλα μας είναι αποδεδειγμένη. Δείχνει ότι μετά από εκατό πράξεις το άθροισμα όλων των αριθμών στον πίνακα θα είναι ίσο με 3 100 + 1.

Ας δούμε ένα εξαιρετικό παράδειγμα εφαρμογής της αρχής της μαθηματικής επαγωγής, στην οποία πρέπει πρώτα να εισαγάγετε δύο φυσικές παραμέτρους και στη συνέχεια να πραγματοποιήσετε επαγωγή στο άθροισμά τους.

Εργο 7. Να αποδείξετε ότι αν= 2, x 2 = 3 και για κάθε φυσικό p> 3 ισχύει η σχέση

x p = 3x p - 1 - 2x p - 2,

Οτι

2 p - 1 + 1, p = 1, 2, 3, ...

Λύση. Σημειώστε ότι σε αυτό το πρόβλημα η αρχική ακολουθία αριθμών(x p) καθορίζεται επαγωγικά, αφού οι όροι της ακολουθίας μας, εκτός από τους δύο πρώτους, προσδιορίζονται επαγωγικά, δηλαδή μέσω των προηγούμενων. Έτσι ονομάζονται δεδομένες ακολουθίεςεπαναλαμβανόμενος, και στην περίπτωσή μας, αυτή η ακολουθία καθορίζεται (καθορίζοντας τους δύο πρώτους όρους της) με μοναδικό τρόπο.

Επαγωγική βάση. Αποτελείται από τον έλεγχο δύο δηλώσεων: όταν n = 1 και n = 2.V Και στις δύο περιπτώσεις η δήλωση είναι αληθής κατά συνθήκη.

Βήμα επαγωγής. Ας υποθέσουμε ότι για n = k - 1 και n = k η δήλωση εκπληρώνεται, δηλαδή

Ας αποδείξουμε στη συνέχεια την εγκυρότητα της δήλωσης για n = k + 1. Έχουμε:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, που έπρεπε να αποδειχθεί.

Εργασία 8. Αποδείξτε ότι οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός μπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα πολλών διαφορετικών όρων της επαναλαμβανόμενης ακολουθίας των αριθμών Fibonacci:

για k > 2.

Λύση. Έστω n - φυσικός αριθμός. Θα πραγματοποιήσουμε επαγωγή στιςΠ.

Επαγωγική βάση. Όταν n = Η πρόταση 1 είναι αληθής αφού το ένα είναι ένας αριθμός Fibonacci.

Βήμα επαγωγής. Ας υποθέσουμε ότι όλοι οι φυσικοί αριθμοί είναι μικρότεροι από κάποιο αριθμόΠ, μπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα πολλών διαφορετικών όρων της ακολουθίας Fibonacci. Ας βρούμε τον μεγαλύτερο αριθμό Fibonacci Ft, όχι ανώτερηΠ; Έτσι, F t p και F t +1 > p.

Επειδή η

Με την επαγωγική υπόθεση, ο αριθμός n- F t μπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα 5 πολλών διαφορετικών όρων της ακολουθίας Fibonacci και από την τελευταία ανισότητα προκύπτει ότι όλοι οι όροι της ακολουθίας Fibonacci που εμπλέκονται στο άθροισμα του 8 είναι μικρότεροι F t . Επομένως, η επέκταση του αριθμού n = 8 + F t ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος.

Παραδείγματα εφαρμογής της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στην απόδειξη ανισοτήτων.

Εργασία 9. (Η ανισότητα του Μπερνούλι.)Αποδείξτε ότι όταν x > -1, x 0 και για ακέραιο n > 2 η ανισότητα είναι αληθής

(1 + x) n > 1 + xn.

Λύση. Θα πραγματοποιήσουμε πάλι την απόδειξη επαγωγικά.

1. Βάση επαγωγής. Ας επαληθεύσουμε την εγκυρότητα της ανισότητας για n = 2. Πράγματι,

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

2. Βήμα επαγωγής. Ας υποθέσουμε ότι για τον αριθμό p = k η δήλωση είναι αλήθεια, δηλαδή

(1 + x) k > 1 + xk,

Όπου k > 2. Ας το αποδείξουμε για n = k + 1. Έχουμε: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.

Έτσι, με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, μπορούμε να ισχυριστούμε ότι η ανισότητα του Bernoulli ισχύει για οποιαδήποτε n > 2.

Στο πλαίσιο των προβλημάτων που επιλύονται με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, ο γενικός νόμος που πρέπει να αποδειχθεί δεν διατυπώνεται πάντα με σαφήνεια. Μερικές φορές είναι απαραίτητο, παρατηρώντας συγκεκριμένες περιπτώσεις, πρώτα να ανακαλύψουμε (μαντέψουμε) σε ποιον γενικό νόμο οδηγούν και μόνο τότε να αποδειχθεί η δηλωμένη υπόθεση με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Επιπλέον, η μεταβλητή επαγωγής μπορεί να καλυφθεί και πριν λυθεί το πρόβλημα, είναι απαραίτητο να προσδιοριστεί σε ποια παράμετρο θα πραγματοποιηθεί η επαγωγή. Ως παραδείγματα, εξετάστε τις παρακάτω εργασίες.

Πρόβλημα 10. Να το αποδείξετε

κάτω από κάθε φυσικό n > 1.

Λύση, Ας προσπαθήσουμε να αποδείξουμε αυτή την ανισότητα χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Η βάση επαγωγής μπορεί εύκολα να επαληθευτεί:1+

Με την υπόθεση της επαγωγής

και μένει να το αποδείξουμε

Αν χρησιμοποιήσουμε την επαγωγική υπόθεση, θα το υποστηρίξουμε

Αν και αυτή η ισότητα είναι στην πραγματικότητα αληθινή, δεν μας δίνει λύση στο πρόβλημα.

Ας προσπαθήσουμε να αποδείξουμε μια ισχυρότερη δήλωση από αυτή που απαιτείται στο αρχικό πρόβλημα. Δηλαδή, θα το αποδείξουμε

Μπορεί να φαίνεται ότι η επαγωγική απόδειξη αυτής της δήλωσης είναι ένα απελπιστικό ζήτημα.

Ωστόσο, όταν το ν = 1 έχουμε: η πρόταση είναι αληθής. Για να δικαιολογήσουμε το επαγωγικό βήμα, ας υποθέσουμε ότι

και τότε θα το αποδείξουμε

Πραγματικά,

Έτσι, αποδείξαμε μια ισχυρότερη δήλωση, από την οποία προκύπτει αμέσως η δήλωση που περιέχεται στη δήλωση του προβλήματος.

Το διδακτικό εδώ είναι ότι, αν και έπρεπε να αποδείξουμε μια ισχυρότερη δήλωση από αυτή που απαιτείται στο πρόβλημα, θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε μια ισχυρότερη υπόθεση στο επαγωγικό βήμα. Αυτό εξηγεί ότι η απλή εφαρμογή της αρχής της μαθηματικής επαγωγής δεν οδηγεί πάντα στον στόχο.

Η κατάσταση που προέκυψε κατά την επίλυση του προβλήματος κλήθηκετο παράδοξο του εφευρέτη.Το ίδιο το παράδοξο είναι ότι πιο σύνθετα σχέδια μπορούν να εφαρμοστούν με μεγαλύτερη επιτυχία εάν βασίζονται σε μια βαθύτερη κατανόηση της ουσίας του θέματος.

Πρόβλημα 11. Να αποδείξετε ότι 2 m + n - 2 m για κάθε φυσικότύπος.

Λύση. Εδώ έχουμε δύο παραμέτρους. Ως εκ τούτου, μπορείτε να προσπαθήσετε να πραγματοποιήσετε το λεγόμενοδιπλή επαγωγή(επαγωγή εντός επαγωγής).

Θα διεξάγουμε επαγωγικό συλλογισμό στιςΠ.

1. Η βάση επαγωγής σύμφωνα με την παράγραφο.Όταν n = 1 πρέπει να το ελέγξετε 2 t ~ 1 > t. Για να αποδείξουμε αυτή την ανισότητα χρησιμοποιούμε επαγωγή στοΤ.

ΕΝΑ) Βάση επαγωγής σύμφωνα με το λεγόμενοΌταν t = 1 εκτελείται
ισότητα, η οποία είναι αποδεκτή.

σι) Το βήμα επαγωγής σύμφωνα με το λεγόμενοΑς υποθέσουμε ότι όταν t = k η δήλωση είναι αλήθεια, δηλαδή 2 k ~ 1 > k. Στη συνέχεια μέχρι
ας πούμε ότι η δήλωση θα ισχύει και για t = k + 1.
Εχουμε:

με φυσικό να.

Η ανισότητα λοιπόν 2 εκτελούνται σε οποιοδήποτε φυσικόΤ.

2. Βήμα επαγωγής σύμφωνα με το στοιχείο.Ας επιλέξουμε και ας διορθώσουμε κάποιο φυσικό αριθμόΤ. Ας υποθέσουμε ότι όταν n = I η δήλωση είναι αληθής (για σταθερό t), δηλαδή, 2 t +1 ~ 2 > t1, και θα αποδείξουμε ότι τότε η δήλωση θα ισχύει και για n = l + 1.
Εχουμε:

για κάθε φυσικότύπος.

Επομένως, με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής (απόΠ) η δήλωση του προβλήματος ισχύει για οποιαδήποτεΠ και για κάθε σταθερόΤ. Έτσι, αυτή η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικότύπος.

Πρόβλημα 12. Έστω m, n και k είναι φυσικοί αριθμοί, και t > p. Ποιος από τους δύο αριθμούς είναι μεγαλύτερος:

Σε κάθε έκφρασηΠρος την σημάδια τετραγωνικής ρίζας, t και p εναλλάσσονται.

Λύση. Ας αποδείξουμε πρώτα κάποια βοηθητική δήλωση.

Λήμμα. Για κάθε φυσικό t και p (t > p) και μη αρνητικό (όχι απαραίτητα ολόκληρο)Χ η ανισότητα είναι αλήθεια

Απόδειξη. Σκεφτείτε την ανισότητα

Αυτή η ανισότητα είναι αληθής αφού και οι δύο παράγοντες στην αριστερή πλευρά είναι θετικοί. Επεκτείνοντας τις αγκύλες και μετασχηματίζοντας, παίρνουμε:

Παίρνοντας την τετραγωνική ρίζα και των δύο πλευρών της τελευταίας ανισότητας, παίρνουμε τη δήλωση του λήμματος. Άρα, το λήμμα αποδεικνύεται.

Ας προχωρήσουμε τώρα στην επίλυση του προβλήματος. Ας υποδηλώσουμε τον πρώτο από αυτούς τους αριθμούς μεΕΝΑ, και το δεύτερο - μέσωβ κ. Ας αποδείξουμε ότι α κάτω από κάθε φυσικόΠρος την. Θα πραγματοποιήσουμε την απόδειξη χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής χωριστά για άρτιο και περιττόΠρος την.

Επαγωγική βάση. Όταν k = 1 έχουμε ανισότητα

y[t > y/n , δίκαιο λόγω του ότι t > σ. Όταν k = 2 το απαιτούμενο λαμβάνεται από το αποδεδειγμένο λήμμα με αντικατάσταση x = 0.

Βήμα επαγωγής. Ας υποθέσουμε, για κάποιους k ανισότητα a > b k έκθεση. Ας το αποδείξουμε

Από την υπόθεση επαγωγής και τη μονοτονία της τετραγωνικής ρίζας έχουμε:

Από την άλλη, από το αποδεδειγμένο λήμμα προκύπτει ότι

Συνδυάζοντας τις δύο τελευταίες ανισότητες, παίρνουμε:

Σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται.

Πρόβλημα 13. (Η ανισότητα του Cauchy.)Αποδείξτε ότι για τυχόν θετικούς αριθμούς...,ένα σελ η ανισότητα είναι αλήθεια

Λύση. Για n = 2 η ανισότητα

Θα υποθέσουμε ότι ο αριθμητικός μέσος και ο γεωμετρικός μέσος όρος (για δύο αριθμούς) είναι γνωστοί. Αφήνω n= 2, k = 1, 2, 3, ... και πρώτα εκτελέστε την επαγωγήΠρος την. Η βάση αυτής της επαγωγής λαμβάνει χώρα υποθέτοντας τώρα ότι η απαιτούμενη ανισότητα έχει ήδη καθιερωθεί για n = 2, ας το αποδείξουμεΠ = 2. Έχουμε (εφαρμόζοντας την ανισότητα για δύο αριθμούς):

Επομένως, από την υπόθεση της επαγωγής

Έτσι, με επαγωγή στο k έχουμε αποδείξει την ανισότητα για όλουςσελ 9 όντας δύναμη δύο.

Για να αποδείξουμε την ανισότητα για άλλες τιμέςΠ Ας χρησιμοποιήσουμε την «κάτω επαγωγή», δηλαδή θα αποδείξουμε ότι εάν η ανισότητα ισχύει για αυθαίρετα μη αρνητικάΠ αριθμοί, τότε ισχύει και για(Π - 1η μέρα. Για να το επαληθεύσουμε αυτό, σημειώνουμε ότι, σύμφωνα με την υπόθεση που έγινε γιαΠ αριθμοί που ισχύει η ανισότητα

δηλαδή a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Χωρίζοντας και τα δύο μέρη σεΠ - 1, λαμβάνουμε την απαιτούμενη ανισότητα.

Έτσι, πρώτα διαπιστώσαμε ότι η ανισότητα ισχύει για έναν άπειρο αριθμό πιθανών τιμώνΠ, και μετά έδειξε ότι αν ισχύει η ανισότηταΠ αριθμοί, τότε ισχύει και για(Π - 1) αριθμοί. Από αυτό συμπεραίνουμε τώρα ότι η ανισότητα του Cauty ισχύει για το σύνολο τωνΠ τυχόν μη αρνητικοί αριθμοί για οποιοδήποτε n = 2, 3, 4, ...

Πρόβλημα 14. (D. Uspensky.) Για κάθε τρίγωνο ABC του οποίου οι γωνίες = CAB, = CBA είναι ανάλογες, υπάρχουν ανισότητες

Λύση. Οι γωνίες και είναι συγκρίσιμες, και αυτό (εξ ορισμού) σημαίνει ότι αυτές οι γωνίες έχουν ένα κοινό μέτρο, για το οποίο = p, = (p, q είναι συμπρώτοι φυσικοί αριθμοί).

Ας χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής και ας την πραγματοποιήσουμε χρησιμοποιώντας το άθροισμα p = p + q φυσικοί συμπρώτοι αριθμοί..

Επαγωγική βάση. Για p + q = 2 έχουμε: p = 1 και q = 1. Τότε το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές, και οι απαραίτητες ανισώσεις είναι προφανείς: προκύπτουν από την ανισότητα του τριγώνου

Βήμα επαγωγής. Ας υποθέσουμε τώρα ότι οι απαραίτητες ανισότητες καθορίζονται για p + q = 2, 3, ..., k - 1, όπου k > 2. Ας αποδείξουμε ότι οι ανισότητες ισχύουν και για p + q = k.

Αφήστε το ABC - ένα δεδομένο τρίγωνο με> 2. Στη συνέχεια πλευρές AC και BC δεν μπορεί να είναι ίσο: ας AC > π.Χ. Ας κατασκευάσουμε τώρα, όπως στο Σχήμα 2, ένα ισοσκελές τρίγωνοΑΛΦΑΒΗΤΟ; έχουμε:

AC = DC και AD = AB + BD, επομένως,

2AC > AB + BD (1)

Σκεφτείτε τώρα το τρίγωνο BDC, του οποίου οι γωνίες είναι επίσης ανάλογες:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Ρύζι. 2

Για αυτό το τρίγωνο ισχύει η επαγωγική υπόθεση, και επομένως

(2)

Προσθέτοντας (1) και (2), έχουμε:

2AC+BD>

και ως εκ τούτου

Από το ίδιο τρίγωνο VBS με την επαγωγική υπόθεση συμπεραίνουμε ότι

Λαμβάνοντας υπόψη την προηγούμενη ανισότητα, συμπεραίνουμε ότι

Έτσι, προκύπτει η επαγωγική μετάβαση και η δήλωση του προβλήματος προκύπτει από την αρχή της μαθηματικής επαγωγής.

Σχόλιο. Η δήλωση του προβλήματος παραμένει έγκυρη ακόμη και στην περίπτωση που οι γωνίες a και p δεν είναι ανάλογες. Στη βάση της εξέτασης στη γενική περίπτωση, πρέπει ήδη να εφαρμόσουμε μια άλλη σημαντική μαθηματική αρχή - την αρχή της συνέχειας.

Πρόβλημα 15. Πολλές ευθείες γραμμές χωρίζουν το επίπεδο σε μέρη. Αποδείξτε ότι μπορείτε να χρωματίσετε αυτά τα μέρη λευκό

και μαύρα χρώματα, έτσι ώστε τα γειτονικά μέρη που έχουν κοινό τμήμα περιγράμματος να είναι διαφορετικών χρωμάτων (όπως στο σχήμα 3 με n = 4).

εικόνα 3

Λύση. Ας χρησιμοποιήσουμε επαγωγή στον αριθμό των γραμμών. Ας λοιπόνΠ - ο αριθμός των γραμμών που χωρίζουν το αεροπλάνο μας σε μέρη, n > 1.

Επαγωγική βάση. Αν υπάρχει μόνο μία ευθεία(Π = 1), τότε διαιρεί το επίπεδο σε δύο ημιεπίπεδα, το ένα από τα οποία μπορεί να χρωματιστεί λευκό και το δεύτερο μαύρο, και η δήλωση του προβλήματος είναι αληθής.

Βήμα επαγωγής. Για να γίνει πιο σαφής η απόδειξη της επαγωγικής μετάβασης, εξετάστε τη διαδικασία προσθήκης μιας νέας γραμμής. Αν τραβήξουμε δεύτερη ευθεία(Π= 2), τότε παίρνουμε τέσσερα μέρη που μπορούν να χρωματιστούν όπως χρειάζεται βάφοντας τις απέναντι γωνίες με το ίδιο χρώμα. Ας δούμε τι θα συμβεί αν τραβήξουμε μια τρίτη ευθεία. Θα χωρίσει μερικά από τα «παλιά» μέρη, ενώ θα εμφανιστούν νέα τμήματα του περιγράμματος, στις δύο πλευρές των οποίων το χρώμα είναι το ίδιο (Εικ. 4).

Ρύζι. 4

Ας προχωρήσουμε ως εξής:Από τη μια πλευράαπό τη νέα ευθεία γραμμή θα αλλάξουμε τα χρώματα - θα κάνουμε το λευκό μαύρο και το αντίστροφο. Ταυτόχρονα, δεν ξαναβάφουμε εκείνα τα μέρη που βρίσκονται στην άλλη πλευρά αυτής της ευθείας γραμμής (Εικ. 5). Τότε αυτός ο νέος χρωματισμός θα ικανοποιήσει τις απαραίτητες απαιτήσεις: στη μία πλευρά της γραμμής ήταν ήδη εναλλασσόμενο (αλλά με διαφορετικά χρώματα) και στην άλλη πλευρά ήταν αυτό που χρειαζόταν. Για να βαφτούν με διαφορετικά χρώματα τα μέρη που έχουν κοινό περίγραμμα που ανήκει στη γραμμή που σχεδιάστηκε, ξαναβάψαμε τα μέρη μόνο στη μία πλευρά αυτής της τραβηγμένης ευθείας γραμμής.

Εικ.5

Ας αποδείξουμε τώρα την επαγωγική μετάβαση. Ας υποθέσουμε ότι για κάποιουςp = kη δήλωση του προβλήματος είναι αληθής, δηλαδή όλα τα μέρη του επιπέδου στα οποία χωρίζεται με αυτάΠρος τηνίσια, μπορείτε να τα βάψετε άσπρα και μαύρα έτσι ώστε τα διπλανά μέρη να είναι διαφορετικών χρωμάτων. Ας αποδείξουμε ότι τότε υπάρχει ένας τέτοιος χρωματισμός γιαΠ= Προς την+ 1 ευθεία. Ας προχωρήσουμε παρόμοια με την περίπτωση της μετάβασης από δύο γραμμές σε τρεις. Ας ζωγραφίσουμε στο αεροπλάνοΠρος τηνευθεία Στη συνέχεια, με την υπόθεση της επαγωγής, ο προκύπτων «χάρτης» μπορεί να χρωματιστεί με τον επιθυμητό τρόπο. Ας πραγματοποιήσουμε τώρα(Προς την+ 1)η ευθεία και στη μία πλευρά της αλλάζουμε τα χρώματα στα απέναντι. Ωστε τώρα(Προς την+ 1)-η ευθεία χωρίζει παντού περιοχές διαφορετικών χρωμάτων, ενώ τα «παλιά» μέρη, όπως έχουμε ήδη δει, παραμένουν σωστά χρωματισμένα. Σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, το πρόβλημα λύνεται.

Εργο16. Στην άκρη της ερήμου υπάρχει μεγάλη προσφορά βενζίνης και ένα αυτοκίνητο που όταν ανεφοδιαστεί πλήρως, μπορεί να διανύσει 50 χιλιόμετρα. Υπάρχουν απεριόριστες ποσότητες δοχείων στα οποία μπορείτε να ρίξετε βενζίνη από το ρεζερβουάρ του αυτοκινήτου σας και να το αφήσετε για αποθήκευση οπουδήποτε στην έρημο. Αποδείξτε ότι ένα αυτοκίνητο μπορεί να διανύσει οποιαδήποτε ακέραια απόσταση μεγαλύτερη από 50 χιλιόμετρα. Δεν επιτρέπεται να μεταφέρετε δοχεία βενζίνης, μπορείτε να μεταφέρετε άδεια σε οποιαδήποτε ποσότητα.

Λύση.Ας προσπαθήσουμε να αποδείξουμε επαγωγικάΠ,ότι το αυτοκίνητο μπορεί να απομακρυνθείΠχιλιόμετρα από την άκρη της ερήμου. ΣτοΠ= 50 είναι γνωστό. Το μόνο που μένει είναι να πραγματοποιήσετε το βήμα της επαγωγής και να εξηγήσετε πώς να φτάσετε εκείp = k+ 1 χιλιόμετρο αν είναι γνωστό ότιp = kΜπορείτε να οδηγήσετε χιλιόμετρα.

Ωστόσο, εδώ συναντάμε μια δυσκολία: αφού έχουμε περάσειΠρος τηνχιλιόμετρα, μπορεί να μην υπάρχει αρκετή βενζίνη ακόμα και για το ταξίδι της επιστροφής (για να μην αναφέρουμε την αποθήκευση). Και σε αυτή την περίπτωση, η λύση είναι να ενισχυθεί η δήλωση που αποδεικνύεται (το παράδοξο του εφευρέτη). Θα αποδείξουμε ότι δεν μπορείτε μόνο να οδηγείτεΠχιλιόμετρα, αλλά και να κάνει αυθαίρετα μεγάλη παροχή βενζίνης σε σημείο σε απόστασηΠχιλιόμετρα από την άκρη της ερήμου, φτάνοντας σε αυτό το σημείο μετά το τέλος της συγκοινωνίας.

Επαγωγική βάση.Έστω μια μονάδα βενζίνης η ποσότητα βενζίνης που απαιτείται για να διανύσει κανείς ένα χιλιόμετρο. Στη συνέχεια, ένα ταξίδι 1 χιλιομέτρου και πίσω απαιτεί δύο μονάδες βενζίνης, οπότε μπορούμε να αφήσουμε 48 μονάδες βενζίνης σε μια εγκατάσταση αποθήκευσης ένα χιλιόμετρο μακριά από την άκρη και να επιστρέψουμε για μια νέα μερίδα. Έτσι, σε πολλές διαδρομές στην εγκατάσταση αποθήκευσης, μπορούμε να φτιάξουμε ένα απόθεμα οποιουδήποτε μεγέθους χρειαζόμαστε. Ταυτόχρονα, για να δημιουργήσουμε 48 μονάδες εφεδρείας, καταναλώνουμε 50 μονάδες βενζίνης.

Βήμα επαγωγής.Ας το υποθέσουμε από απόστασηΠ= Προς τηναπό την άκρη της ερήμου μπορείτε να προμηθευτείτε οποιαδήποτε ποσότητα βενζίνης. Ας αποδείξουμε ότι τότε είναι δυνατό να δημιουργηθεί μια εγκατάσταση αποθήκευσης σε απόστασηp = k+ 1 χιλιόμετρο με οποιοδήποτε απόθεμα βενζίνης έχει καθοριστεί εκ των προτέρων και καταλήγουν σε αυτήν την εγκατάσταση αποθήκευσης στο τέλος της μεταφοράς. Γιατί στο σημείοΠ= Προς τηνυπάρχει απεριόριστη παροχή βενζίνης, τότε (σύμφωνα με την επαγωγική βάση) μπορούμε να φτάσουμε σε ένα σημείο σε πολλά ταξίδιαp = k+ 1 κάνω στο σημείοΠ= Προς την4- 1 απόθεμα οποιουδήποτε μεγέθους που απαιτείται.

Η αλήθεια μιας γενικότερης πρότασης από ό,τι στη δήλωση του προβλήματος προκύπτει τώρα από την αρχή της μαθηματικής επαγωγής.

συμπέρασμα

Συγκεκριμένα, μελετώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, αύξησα τις γνώσεις μου σε αυτόν τον τομέα των μαθηματικών και έμαθα επίσης να λύνω προβλήματα που προηγουμένως ήταν πέρα από τις δυνάμεις μου.

Κυρίως αυτές ήταν λογικές και διασκεδαστικές εργασίες, δηλ. μόνο εκείνα που αυξάνουν το ενδιαφέρον για τα ίδια τα μαθηματικά ως επιστήμη. Η επίλυση τέτοιων προβλημάτων γίνεται μια διασκεδαστική δραστηριότητα και μπορεί να προσελκύσει όλο και περισσότερους περίεργους ανθρώπους στους μαθηματικούς λαβύρινθους. Κατά τη γνώμη μου, αυτή είναι η βάση κάθε επιστήμης.

Βιβλιογραφία

1.Vulenkin ΕΠΑΓΩΓΗ. Συνδυαστική. Εγχειρίδιο ΓΙΑ δασκάλους. Μ., Διαφωτισμός,

1976.-48 Σελ.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Επαγωγή στη γεωμετρία. - Μ.: Πολιτεία. δημοσίευσε λίτρο. - 1956 - Σ.Ι00. Εγχειρίδιο για τα μαθηματικά για υποψήφιους σε πανεπιστήμια / Εκδ. Yakovleva G.N. Η επιστήμη. -1981. - Σ.47-51.

3.Golovina L.I., Yaglom I.M. Επαγωγή στη γεωμετρία. —
M.: Nauka, 1961. - (Λαϊκές διαλέξεις για τα μαθηματικά.)

4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Schvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. Σχολικό βιβλίο / «Διαφωτισμός» 1975.

5.R. Courant, G. Robbins "Τι είναι τα μαθηματικά;" Κεφάλαιο 1, § 2

6.Πόπα Δ. Μαθηματικά και αληθοφανής συλλογισμός. - Μ,: Nauka, 1975.

7.Πόπα Δ. Μαθηματική ανακάλυψη. - Μ.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Πώς να διδάξετε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής / Σχολή Μαθηματικών. - Nl. - 1996. - Σελ.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom IM. Σχετικά με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. - M.: Nauka, 1977. - (Λαϊκές διαλέξεις για τα μαθηματικά.)

10.Solominsky I.S. Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής. - Μ.: Επιστήμη.

Δεκαετία 63.

11.Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Σχετικά με τη μαθηματική επαγωγή. - Μ.: Επιστήμη. - 1967. - Σελ.7-59.

12.http://w.wikimedia.org/wiki

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html

Η επαγωγή είναι μια μέθοδος λήψης μιας γενικής δήλωσης από συγκεκριμένες παρατηρήσεις. Στην περίπτωση που μια μαθηματική πρόταση αφορά έναν πεπερασμένο αριθμό αντικειμένων, μπορεί να αποδειχθεί με δοκιμή για κάθε αντικείμενο. Για παράδειγμα, η δήλωση: «Κάθε διψήφιος ζυγός αριθμός είναι το άθροισμα δύο πρώτων αριθμών», προκύπτει από μια σειρά ισοτήτων που είναι αρκετά εφικτό να καθοριστούν:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Μια μέθοδος απόδειξης στην οποία μια δήλωση επαληθεύεται για έναν πεπερασμένο αριθμό περιπτώσεων που εξαντλούν όλες τις πιθανότητες ονομάζεται πλήρης επαγωγή. Αυτή η μέθοδος χρησιμοποιείται σχετικά σπάνια, καθώς οι μαθηματικές δηλώσεις, κατά κανόνα, αφορούν όχι πεπερασμένα, αλλά άπειρα σύνολα αντικειμένων. Για παράδειγμα, η δήλωση σχετικά με άρτιους διψήφιους αριθμούς που αποδείχθηκε παραπάνω με πλήρη επαγωγή είναι μόνο μια ειδική περίπτωση του θεωρήματος: «Οποιοσδήποτε άρτιος αριθμός είναι το άθροισμα δύο πρώτων αριθμών». Αυτό το θεώρημα δεν έχει ακόμη αποδειχθεί ή απορριφθεί.

Η μαθηματική επαγωγή είναι μια μέθοδος απόδειξης μιας ορισμένης πρότασης για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής: «Αν μια πρόταση είναι αληθής για n=1 και η εγκυρότητά της για n=k συνεπάγεται την εγκυρότητα αυτής της πρότασης για n=k +1, τότε ισχύει για όλα τα n " Η μέθοδος απόδειξης με μαθηματική επαγωγή είναι η εξής:

1) βάση επαγωγής: αποδεικνύουν ή ελέγχουν απευθείας την εγκυρότητα της δήλωσης για n=1 (μερικές φορές n=0 ή n=n 0).

2) επαγωγικό βήμα (μετάβαση): υποθέτουν την εγκυρότητα της πρότασης για κάποιο φυσικό αριθμό n=k και, βάσει αυτής της υπόθεσης, αποδεικνύουν την εγκυρότητα της πρότασης για n=k+1.

Προβλήματα με λύσεις

1. Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n, ο αριθμός 3 2n+1 +2 n+2 διαιρείται με το 7.

Ας συμβολίσουμε A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Επαγωγική βάση. Αν n=1, τότε A(1)=3 3 +2 3 =35 και, προφανώς, διαιρείται με το 7.

Υπόθεση επαγωγής. Έστω το A(k) διαιρούμενο με το 7.

Επαγωγική μετάβαση. Ας αποδείξουμε ότι το A(k+1) διαιρείται με το 7, δηλαδή την εγκυρότητα της δήλωσης του προβλήματος για n=k.

A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.

Ο τελευταίος αριθμός διαιρείται με το 7, αφού είναι η διαφορά δύο ακεραίων που διαιρούνται με το 7. Επομένως, το 3 2n+1 +2 n+2 διαιρείται με το 7 για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n.

2. Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n, ο αριθμός 2 3 n +1 διαιρείται με το 3 n+1 και δεν διαιρείται με το 3 n+2.

Ας εισάγουμε τον συμβολισμό: a i =2 3 i +1.

Για n=1 έχουμε, και 1 =2 3 +1=9. Άρα, ένα 1 διαιρείται με το 3 2 και δεν διαιρείται με το 3 3.

Έστω για n=k ο αριθμός a k διαιρείται με το 3 k+1 και δεν διαιρείται με το 3 k+2, δηλαδή a k =2 3 k +1=3 k+1 m, όπου το m δεν διαιρείται με το 3. Τότε

και k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=

3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).

Προφανώς, ένα k+1 διαιρείται με 3 k+2 και δεν διαιρείται με 3 k+3.

Επομένως, η πρόταση αποδεικνύεται για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n.

3. Είναι γνωστό ότι το x+1/x είναι ακέραιος. Αποδείξτε ότι το x n +1/x n είναι επίσης ακέραιος για κάθε ακέραιο n.

Ας εισάγουμε τον συμβολισμό: a i =х i +1/х i και αμέσως σημειώνουμε ότι a i =а –i, οπότε θα συνεχίσουμε να μιλάμε για φυσικούς δείκτες.

Σημείωση: a 1 είναι ένας ακέραιος κατά σύμβαση. και το 2 είναι ακέραιος, αφού a 2 = (a 1) 2 –2; και 0 =2.

Ας υποθέσουμε ότι το k είναι ακέραιος για κάθε φυσικό αριθμό k που δεν υπερβαίνει το n. Τότε a 1 ·a n είναι ακέραιος, αλλά a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 και a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Ωστόσο, το n–1, σύμφωνα με την υπόθεση της επαγωγής, είναι ακέραιος αριθμός. Αυτό σημαίνει ότι ένα n+1 είναι επίσης ακέραιος. Επομένως, το x n +1/x n είναι ένας ακέραιος αριθμός για οποιονδήποτε ακέραιο n, που είναι αυτό που έπρεπε να αποδειχθεί.

4. Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n μεγαλύτερο του 1 η διπλή ανίσωση είναι αληθής

5. Να αποδείξετε ότι για φυσικό n > 1 και |x|

(1–x)n +(1+x)n

Για n=2 η ανισότητα είναι αληθής. Πραγματικά,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Αν η ανισότητα είναι αληθής για n=k, τότε για n=k+1 έχουμε

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

Η ανισότητα έχει αποδειχθεί για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n > 1.

6. Υπάρχουν n κύκλοι σε ένα επίπεδο. Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε διάταξη αυτών των κύκλων, ο χάρτης που σχηματίζουν μπορεί να χρωματιστεί σωστά με δύο χρώματα.

Ας χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Για n=1 η δήλωση είναι προφανής.

Ας υποθέσουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για κάθε χάρτη που σχηματίζεται από n κύκλους, και ας υπάρχουν n+1 κύκλοι στο επίπεδο. Αφαιρώντας έναν από αυτούς τους κύκλους, παίρνουμε έναν χάρτη που, λόγω της υπόθεσης που έγινε, μπορεί να χρωματιστεί σωστά με δύο χρώματα (δείτε την πρώτη εικόνα παρακάτω).

Στη συνέχεια θα επαναφέρουμε τον πεταμένο κύκλο και στη μία πλευρά του, για παράδειγμα μέσα, θα αλλάξουμε το χρώμα κάθε περιοχής προς το αντίθετο (δείτε τη δεύτερη εικόνα). Είναι εύκολο να δούμε ότι σε αυτή την περίπτωση θα πάρουμε έναν χάρτη σωστά χρωματισμένο με δύο χρώματα, αλλά μόνο τώρα για n+1 κύκλους, κάτι που έπρεπε να αποδειχθεί.

7. Θα ονομάσουμε ένα κυρτό πολύγωνο "όμορφο" εάν πληρούνται οι ακόλουθες προϋποθέσεις:

1) καθεμία από τις κορυφές του είναι βαμμένη σε ένα από τα τρία χρώματα.

2) οποιεσδήποτε δύο γειτονικές κορυφές είναι βαμμένες σε διαφορετικά χρώματα.

3) τουλάχιστον μία κορυφή του πολυγώνου είναι ζωγραφισμένη σε καθένα από τα τρία χρώματα.

Αποδείξτε ότι κάθε όμορφο n-gon μπορεί να κοπεί με ασύνδετες διαγώνιους σε «όμορφα» τρίγωνα.

Ας χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Επαγωγική βάση. Με το μικρότερο δυνατό n=3, η δήλωση του προβλήματος είναι προφανής: οι κορυφές του «όμορφου» τριγώνου βάφονται σε τρία διαφορετικά χρώματα και δεν χρειάζονται κοψίματα.

Υπόθεση επαγωγής. Ας υποθέσουμε ότι η δήλωση του προβλήματος ισχύει για οποιοδήποτε «όμορφο» n-gon.

Βήμα επαγωγής. Ας εξετάσουμε ένα αυθαίρετο «όμορφο» (n+1)-gon και ας αποδείξουμε, χρησιμοποιώντας την υπόθεση της επαγωγής, ότι μπορεί να κοπεί από ορισμένες διαγώνιους σε «όμορφα» τρίγωνα. Ας συμβολίσουμε με A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 τις διαδοχικές κορυφές του (n+1)-gon. Εάν μόνο μία κορυφή ενός (n+1)-γώνου είναι χρωματισμένη σε οποιοδήποτε από τα τρία χρώματα, τότε συνδέοντας αυτήν την κορυφή με διαγώνιες σε όλες τις κορυφές που δεν γειτνιάζουν με αυτό, λαμβάνουμε την απαραίτητη κατάτμηση του (n+1 )-gon σε «όμορφα» τρίγωνα.

Αν τουλάχιστον δύο κορυφές ενός (n+1)-γώνου είναι χρωματισμένες σε καθένα από τα τρία χρώματα, τότε συμβολίζουμε το χρώμα της κορυφής A 1 με τον αριθμό 1 και το χρώμα της κορυφής A 2 με τον αριθμό 2. Έστω k ο μικρότερος αριθμός έτσι ώστε η κορυφή A k να χρωματίζεται στο τρίτο χρώμα. Είναι σαφές ότι k > 2. Ας αποκόψουμε το τρίγωνο A k–2 A k–1 A k από το (n+1)-γώνιο με διαγώνιο A k–2 A k . Σύμφωνα με την επιλογή του αριθμού k, όλες οι κορυφές αυτού του τριγώνου είναι βαμμένες σε τρία διαφορετικά χρώματα, δηλαδή αυτό το τρίγωνο είναι "όμορφο". Το κυρτό n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , που παραμένει, θα είναι επίσης, δυνάμει της επαγωγικής υπόθεσης, «όμορφο», που σημαίνει χωρίζεται σε «όμορφα» τρίγωνα, τα οποία και έπρεπε να αποδειχθούν.

8. Να αποδείξετε ότι σε ένα κυρτό n-γώνιο είναι αδύνατο να επιλέξετε περισσότερες από n διαγώνιους έτσι ώστε οποιαδήποτε δύο από αυτές να έχουν ένα κοινό σημείο.

Ας πραγματοποιήσουμε την απόδειξη χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Ας αποδείξουμε μια γενικότερη πρόταση: σε ένα κυρτό n-γώνιο είναι αδύνατο να επιλέξουμε περισσότερες από n πλευρές και διαγώνιες έτσι ώστε οποιαδήποτε δύο από αυτές να έχουν ένα κοινό σημείο. Για n = 3 η δήλωση είναι προφανής. Ας υποθέσουμε ότι αυτή η πρόταση ισχύει για ένα αυθαίρετο n-gon και, χρησιμοποιώντας αυτό, θα αποδείξουμε την εγκυρότητά του για ένα αυθαίρετο (n+1)-gon.

Ας υποθέσουμε ότι αυτή η πρόταση δεν ισχύει για ένα (n+1)-gon. Εάν δεν προκύπτουν περισσότερες από δύο επιλεγμένες πλευρές ή διαγώνιοι από κάθε κορυφή ενός (n+1)-γωνίου, τότε δεν επιλέγονται συνολικά περισσότερες από n+1 από αυτές. Επομένως, από κάποια κορυφή Α υπάρχουν τουλάχιστον τρεις επιλεγμένες πλευρές ή διαγώνιοι AB, AC, AD. Αφήστε το AC να βρίσκεται μεταξύ AB και AD. Δεδομένου ότι οποιαδήποτε πλευρά ή διαγώνιος που αναδύεται από το σημείο C και εκτός από το CA δεν μπορεί να τέμνει ταυτόχρονα τα AB και AD, μόνο μία επιλεγμένη διαγώνιος CA αναδύεται από το σημείο C.

Απορρίπτοντας το σημείο C μαζί με τη διαγώνιο CA, λαμβάνουμε ένα κυρτό n-gon στο οποίο επιλέγονται περισσότερες από n πλευρές και διαγώνιοι, οποιεσδήποτε δύο από τις οποίες έχουν ένα κοινό σημείο. Έτσι, ερχόμαστε σε αντίφαση με την υπόθεση ότι η πρόταση είναι αληθής για ένα αυθαίρετο κυρτό n-gon.

Άρα, για ένα (n+1)-gon η πρόταση είναι αληθής. Σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε κυρτό n-gon.

9. Υπάρχουν n ευθείες σε ένα επίπεδο, από τις οποίες καμία δεν είναι παράλληλη και δεν περνούν τρεις από το ίδιο σημείο. Σε πόσα μέρη χωρίζουν αυτές οι γραμμές το αεροπλάνο;

Χρησιμοποιώντας στοιχειώδη σχέδια, μπορείτε εύκολα να επαληθεύσετε ότι μια ευθεία διαιρεί το επίπεδο σε 2 μέρη, δύο ευθείες σε 4 μέρη, τρεις ευθείες σε 7 μέρη και τέσσερις ευθείες σε 11 μέρη.

Ας συμβολίσουμε με N(n) τον αριθμό των τμημάτων στα οποία n ευθείες διαιρούν το επίπεδο. Μπορεί να παρατηρηθεί ότι

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

Ν(4)=Ν(3)+4=2+2+3+4.

Είναι φυσικό να το υποθέσουμε

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

ή, όπως είναι εύκολο να καθοριστεί, χρησιμοποιώντας τον τύπο για το άθροισμα των πρώτων n όρων μιας αριθμητικής προόδου,

Ν(η)=1+n(n+1)/2.

Ας αποδείξουμε την εγκυρότητα αυτού του τύπου χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Για n=1 ο τύπος έχει ήδη ελεγχθεί.

Έχοντας κάνει την υπόθεση της επαγωγής, θεωρούμε k+1 γραμμές που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος. Ας επιλέξουμε k ευθείες από αυτές με αυθαίρετο τρόπο. Με την υπόθεση της επαγωγής, θα χωρίσουν το επίπεδο σε 1+ k(k+1)/2 μέρη. Η υπόλοιπη (k+1)η ευθεία θα διαιρεθεί από τις επιλεγμένες k ευθείες σε k+1 μέρη και, επομένως, θα περάσει κατά μήκος του (k+1)ου τμήματος στο οποίο έχει ήδη χωριστεί το επίπεδο, και κάθε από αυτά τα μέρη θα χωριστούν σε 2 μέρη, δηλαδή θα προστεθεί ένα άλλο k+1 μέρος. Ετσι,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

Q.E.D.

10. Στην παράσταση x 1: x 2: ... : x n, τοποθετούνται παρενθέσεις για να δηλωθεί η σειρά των ενεργειών και το αποτέλεσμα γράφεται ως κλάσμα:

(στην περίπτωση αυτή, καθένα από τα γράμματα x 1, x 2, ..., x n βρίσκεται είτε στον αριθμητή του κλάσματος είτε στον παρονομαστή). Πόσες διαφορετικές εκφράσεις μπορούν να ληφθούν με αυτόν τον τρόπο με όλους τους πιθανούς τρόπους τοποθέτησης παρενθέσεων;

Πρώτα απ 'όλα, είναι σαφές ότι στο κλάσμα που προκύπτει το x 1 θα είναι στον αριθμητή. Είναι σχεδόν εξίσου προφανές ότι το x 2 θα είναι στον παρονομαστή ανεξάρτητα από το πώς τοποθετούνται οι παρενθέσεις (το σύμβολο διαίρεσης μπροστά από το x 2 αναφέρεται είτε στο ίδιο το x 2 είτε σε κάποια παράσταση που περιέχει x 2 στον αριθμητή).

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι όλα τα άλλα γράμματα x 3, x 4, ..., x n μπορούν να βρίσκονται στον αριθμητή ή στον παρονομαστή με εντελώς αυθαίρετο τρόπο. Από αυτό προκύπτει ότι συνολικά μπορείτε να πάρετε 2 n–2 κλάσματα: καθένα από τα n–2 γράμματα x 3, x 4, ..., x n μπορεί να εμφανίζεται ανεξάρτητα από τα άλλα στον αριθμητή ή στον παρονομαστή.

Ας αποδείξουμε αυτή τη δήλωση επαγωγικά.

Με n=3 μπορείτε να πάρετε 2 κλάσματα:

άρα η δήλωση είναι αληθινή.

Ας υποθέσουμε ότι ισχύει για n=k και ας το αποδείξουμε για n=k+1.

Έστω η παράσταση x 1: x 2: ... : x k μετά από κάποια τοποθέτηση αγκύλων να γραφεί με τη μορφή ορισμένου κλάσματος Q. Αν αντί για x k σε αυτήν την παράσταση αντικαταστήσουμε x k: x k+1, τότε το x k θα είναι στην ίδια θέση όπως ήταν στο κλάσμα Q, και το x k+1 δεν θα είναι εκεί που ήταν το x k (αν το x k ήταν στον παρονομαστή, τότε το x k+1 θα είναι στον αριθμητή και αντίστροφα).

Τώρα θα αποδείξουμε ότι μπορούμε να προσθέσουμε x k+1 στο ίδιο μέρος όπου βρίσκεται το x k. Στο κλάσμα Q, μετά την τοποθέτηση των αγκύλων, θα υπάρχει αναγκαστικά μια έκφραση της μορφής q:x k, όπου q είναι το γράμμα x k–1 ή κάποια έκφραση σε αγκύλες. Αντικαθιστώντας το q:x k με την παράσταση (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), προφανώς παίρνουμε το ίδιο κλάσμα Q, όπου αντί για x k υπάρχει x k ·x k+1 .

Έτσι, ο αριθμός όλων των δυνατών κλασμάτων στην περίπτωση n=k+1 είναι 2 φορές μεγαλύτερος από την περίπτωση n=k και ισούται με 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Έτσι η δήλωση αποδεικνύεται.

Απάντηση: 2 n–2 κλάσματα.

Προβλήματα χωρίς λύσεις

1. Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε φυσικό n:

α) ο αριθμός 5 n –3 n +2n διαιρείται με το 4.

β) ο αριθμός n 3 +11n διαιρείται με το 6.

γ) ο αριθμός 7 n +3n–1 διαιρείται με το 9.

δ) ο αριθμός 6 2n +19 n –2 n+1 διαιρείται με το 17.

ε) ο αριθμός 7 n+1 +8 2n–1 διαιρείται με το 19.

ε) ο αριθμός 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 διαιρείται με το 27.

2. Να αποδείξετε ότι (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Να αποδείξετε την ανισότητα |sin nx| n|smin x| για κάθε φυσικό ν.

4. Να βρείτε φυσικούς αριθμούς a, b, c που δεν διαιρούνται με το 10 και τέτοιους ώστε για κάθε φυσικό n οι αριθμοί a n + b n και c n να έχουν τα ίδια δύο τελευταία ψηφία.

5. Να αποδείξετε ότι αν n σημεία δεν βρίσκονται στην ίδια ευθεία, τότε ανάμεσα στις γραμμές που τα συνδέουν υπάρχουν τουλάχιστον n διαφορετικές.

Βιβλιογραφική περιγραφή: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στην επίλυση προβλημάτων σχετικά με τη διαιρετότητα των φυσικών αριθμών // Νέος επιστήμονας. 2015. Νο 2. Σ. 84-86..04.2019).

Στις μαθηματικές Ολυμπιάδες υπάρχουν συχνά αρκετά δύσκολα προβλήματα για να αποδειχθεί η διαιρετότητα των φυσικών αριθμών. Οι μαθητές αντιμετωπίζουν ένα πρόβλημα: πώς να βρουν μια καθολική μαθηματική μέθοδο που τους επιτρέπει να λύνουν τέτοια προβλήματα;

Αποδεικνύεται ότι τα περισσότερα προβλήματα στην απόδειξη της διαιρετότητας μπορούν να λυθούν με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, αλλά τα σχολικά εγχειρίδια δίνουν πολύ λίγη προσοχή σε αυτή τη μέθοδο τις περισσότερες φορές δίνεται μια σύντομη θεωρητική περιγραφή και αναλύονται αρκετά προβλήματα.

Βρίσκουμε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής στη θεωρία αριθμών. Στην αυγή της θεωρίας αριθμών, οι μαθηματικοί ανακάλυψαν πολλά γεγονότα επαγωγικά: ο L. Euler και ο K. Gauss μερικές φορές εξέταζαν χιλιάδες παραδείγματα πριν παρατηρήσουν ένα αριθμητικό μοτίβο και πιστέψουν σε αυτό. Ταυτόχρονα όμως κατάλαβαν πόσο παραπλανητικές μπορεί να είναι οι υποθέσεις που έχουν περάσει την «τελική» δοκιμασία. Για να μεταβείτε επαγωγικά από μια δήλωση που επαληθεύτηκε για ένα πεπερασμένο υποσύνολο σε μια παρόμοια πρόταση για ολόκληρο το άπειρο σύνολο, απαιτείται απόδειξη. Αυτή η μέθοδος προτάθηκε από τον Blaise Pascal, ο οποίος βρήκε έναν γενικό αλγόριθμο για την εύρεση σημείων διαιρετότητας οποιουδήποτε ακέραιου με οποιονδήποτε άλλο ακέραιο (πραγματεία «Σχετικά με τη φύση της διαιρετότητας των αριθμών»).

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής χρησιμοποιείται για να αποδείξει με συλλογισμό την αλήθεια μιας ορισμένης πρότασης για όλους τους φυσικούς αριθμούς ή την αλήθεια μιας πρότασης που ξεκινά από έναν ορισμένο αριθμό n.

Η επίλυση προβλημάτων για την απόδειξη της αλήθειας μιας ορισμένης πρότασης χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής αποτελείται από τέσσερα στάδια (Εικ. 1):

Ρύζι. 1. Σχέδιο για την επίλυση του προβλήματος

1. Βάση επαγωγής . Ελέγχουν την εγκυρότητα της πρότασης για τον μικρότερο φυσικό αριθμό για τον οποίο η πρόταση έχει νόημα.

2. Επαγωγική υπόθεση . Υποθέτουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για κάποια τιμή του k.

3. Επαγωγική μετάβαση . Αποδεικνύουμε ότι η πρόταση ισχύει για k+1.

4. συμπέρασμα . Εάν μια τέτοια απόδειξη ολοκληρώθηκε, τότε, με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, μπορεί να υποστηριχθεί ότι η πρόταση ισχύει για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n.

Ας εξετάσουμε την εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στην επίλυση προβλημάτων απόδειξης διαιρετότητας φυσικών αριθμών.

Παράδειγμα 1. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 5 είναι πολλαπλάσιο του 19, όπου n είναι φυσικός αριθμός.

Απόδειξη:

1) Ας ελέγξουμε ότι αυτός ο τύπος είναι σωστός για n = 1: ο αριθμός =19 είναι πολλαπλάσιο του 19.

2) Έστω αυτός ο τύπος αληθής για n = k, δηλαδή ο αριθμός είναι πολλαπλάσιο του 19.

Είναι πολλαπλάσιο του 19. Πράγματι, ο πρώτος όρος διαιρείται με το 19 λόγω της υπόθεσης (2). ο δεύτερος όρος διαιρείται επίσης με το 19 επειδή περιέχει συντελεστή 19.

Παράδειγμα 2.Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των κύβων τριών διαδοχικών φυσικών αριθμών διαιρείται με το 9.

Απόδειξη:

Ας αποδείξουμε τη δήλωση: «Για κάθε φυσικό αριθμό n, η παράσταση n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 είναι πολλαπλάσιο του 9.

1) Ας ελέγξουμε ότι αυτός ο τύπος είναι σωστός για n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 πολλαπλάσια του 9.

2) Έστω αυτός ο τύπος αληθής για n = k, δηλαδή το k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 είναι πολλαπλάσιο του 9.

3) Ας αποδείξουμε ότι ο τύπος ισχύει και για n = k + 1, δηλαδή (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 είναι πολλαπλάσιο του 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Η παράσταση που προκύπτει περιέχει δύο όρους, καθένας από τους οποίους διαιρείται με το 9, επομένως το άθροισμα διαιρείται με το 9.

4) Και οι δύο προϋποθέσεις της αρχής της μαθηματικής επαγωγής ικανοποιούνται, επομένως, η πρόταση ισχύει για όλες τις τιμές του n.

Παράδειγμα 3.Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n, ο αριθμός 3 2n+1 +2 n+2 διαιρείται με το 7.

Απόδειξη:

1) Ας ελέγξουμε ότι αυτός ο τύπος είναι σωστός για n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, το 35 είναι πολλαπλάσιο του 7.

2) Έστω αυτός ο τύπος αληθής για n = k, δηλαδή 3 2 k +1 +2 k +2 διαιρείται με το 7.

3) Ας αποδείξουμε ότι ο τύπος ισχύει και για n = k + 1, δηλ.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2.Τ. k (3 2 k +1 +2 k +2) Το 9 διαιρείται με το 7 και το 7 2 k +2 διαιρείται με το 7, μετά η διαφορά τους διαιρείται με το 7.

Πολλά προβλήματα απόδειξης στη θεωρία της διαιρετότητας των φυσικών αριθμών μπορούν να λυθούν εύκολα χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, μπορεί κανείς να πει ότι η επίλυση προβλημάτων με αυτή τη μέθοδο είναι εντελώς αλγοριθμική. Αλλά αυτή η μέθοδος δεν μπορεί να ονομαστεί καθολική, καθώς υπάρχουν και μειονεκτήματα: πρώτον, μπορεί να αποδειχθεί μόνο σε ένα σύνολο φυσικών αριθμών και, δεύτερον, μπορεί να αποδειχθεί μόνο για μία μεταβλητή.

Για την ανάπτυξη της λογικής σκέψης και της μαθηματικής κουλτούρας, αυτή η μέθοδος είναι απαραίτητο εργαλείο, επειδή ο μεγάλος Ρώσος μαθηματικός A. N. Kolmogorov είπε: «Η κατανόηση και η ικανότητα σωστής εφαρμογής της αρχής της μαθηματικής επαγωγής είναι ένα καλό κριτήριο λογικής ωριμότητας, η οποία είναι απολύτως απαραίτητο για έναν μαθηματικό».

Βιβλιογραφία:

1. Vilenkin N. Ya. Συνδυαστική. - Μ.: Εκπαίδευση, 1976. - 48 σελ.

2. Genkin L. On mathematical induction. - Μ., 1962. - 36 σελ.

3. Solominsky I. S. Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής. - Μ.: Nauka, 1974. - 63 σελ.

4. Sharygin I.F Προαιρετικό μάθημα στα μαθηματικά: Επίλυση προβλημάτων: Σχολικό βιβλίο για τη 10η τάξη. σχολικός μέσος όρος - Μ.: Εκπαίδευση, 1989. - 252 σελ.

5. Shen A. Μαθηματική επαγωγή. - Μ.: MTsNMO, 2007. - 32 σελ.