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Desarrollo metodológico "método de inducción matemática". El método de inducción matemática y su aplicación a la resolución de problemas.

14.10.2023

Método de inducción matemática.

Introducción

parte principal

Inducción completa e incompleta.
Principio de inducción matemática.
Método de inducción matemática.
Ejemplos de resolución
Igualdades
Dividir números
Desigualdades

Conclusión

Lista de literatura usada

Introducción

El método de inducción matemática se puede comparar con el progreso. Comenzamos desde lo más bajo y, como resultado del pensamiento lógico, llegamos a lo más alto. El hombre siempre ha luchado por el progreso, por la capacidad de desarrollar lógicamente sus pensamientos, lo que significa que la propia naturaleza lo ha destinado a pensar de forma inductiva.

Aunque el ámbito de aplicación del método de inducción matemática ha aumentado, en el plan de estudios escolar se le dedica poco tiempo. Bueno, díganme que esas dos o tres lecciones serán útiles para una persona, durante las cuales escuchará cinco palabras de teoría, resolverá cinco problemas primitivos y, como resultado, recibirá una A por no saber nada.

Pero es muy importante poder pensar de forma inductiva.

parte principal

En su significado original, la palabra "inducción" se aplica al razonamiento mediante el cual se obtienen conclusiones generales basadas en una serie de afirmaciones específicas. El método más sencillo de razonamiento de este tipo es la inducción completa. He aquí un ejemplo de tal razonamiento.

Sea necesario establecer que todo número natural par n dentro de 4 puede representarse como la suma de dos números primos. Para hacer esto, tome todos esos números y escriba las expansiones correspondientes:

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.

Estas nueve igualdades muestran que cada uno de los números que nos interesan está representado como la suma de dos términos simples.

Así, la inducción completa consiste en demostrar el enunciado general por separado en cada uno de un número finito de casos posibles.

A veces, el resultado general se puede predecir considerando no todos, pero sí un número suficientemente grande de casos particulares (la llamada inducción incompleta).

Sin embargo, el resultado obtenido por inducción incompleta sigue siendo sólo una hipótesis hasta que se demuestre mediante un razonamiento matemático preciso que abarque todos los casos especiales. En otras palabras, la inducción incompleta en matemáticas no se considera un método legítimo de prueba rigurosa, pero es un método poderoso para descubrir nuevas verdades.

Supongamos, por ejemplo, que desea encontrar la suma de los primeros n números impares consecutivos. Consideremos casos especiales:

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

Después de considerar estos pocos casos especiales, se sugiere la siguiente conclusión general:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

aquellos. la suma de los primeros n números impares consecutivos es n 2

Por supuesto, la observación hecha todavía no puede servir como prueba de la validez de la fórmula dada.

La inducción completa sólo tiene aplicaciones limitadas en matemáticas. Muchos enunciados matemáticos interesantes cubren un número infinito de casos especiales, pero no podemos probarlos para un número infinito de casos. La inducción incompleta a menudo conduce a resultados erróneos.

En muchos casos, la salida a este tipo de dificultades es recurrir a un método especial de razonamiento, llamado método de inducción matemática. Es el siguiente.

Supongamos que necesita demostrar la validez de una determinada afirmación para cualquier número natural n (por ejemplo, necesita demostrar que la suma de los primeros n números impares es igual a n 2). La verificación directa de esta afirmación para cada valor de n es imposible, ya que el conjunto de los números naturales es infinito. Para probar esta afirmación, primero verifique su validez para n=1. Luego prueban que para cualquier valor natural de k, la validez del enunciado considerado para n=k implica su validez para n=k+1.

Entonces el enunciado se considera probado para todo n. De hecho, la afirmación es cierta para n=1. Pero también es cierto para el siguiente número n=1+1=2. La validez del enunciado para n=2 implica su validez para n=2+

1=3. Esto implica la validez de la afirmación para n=4, etc. Está claro que, al final, llegaremos a cualquier número natural n. Esto significa que la afirmación es verdadera para cualquier n.

Resumiendo lo dicho, formulamos el siguiente principio general.

El principio de inducción matemática.

Si la propuesta A(norte), dependiendo del número naturalnorte, cierto paranorte=1 y del hecho de que es cierto paranorte= k (Dóndek-cualquier número natural), se deduce que es cierto para el siguiente númeronorte= k+1, entonces supuesto A(norte) verdadero para cualquier número naturalnorte.

En varios casos, puede ser necesario demostrar la validez de una determinada afirmación no para todos los números naturales, sino sólo para n>p, donde p es un número natural fijo. En este caso, el principio de inducción matemática se formula de la siguiente manera.

Si la propuesta A(norte) cierto paranorte= pag y si A(k) Þ A(k+1) para cualquierak> pag, entonces la propuesta A(norte) cierto para cualquieranorte> pag.

La demostración mediante el método de inducción matemática se realiza de la siguiente manera. Primero, se verifica que la afirmación a demostrar sea n=1, es decir se establece la verdad del enunciado A(1). Esta parte de la demostración se llama base de inducción. Luego viene la parte de la prueba llamada paso de inducción. En esta parte, prueban la validez del enunciado para n=k+1 bajo el supuesto de validez del enunciado para n=k (supuesto de inducción), es decir demostrar que A(k)ÞA(k+1).

EJEMPLO 1

Demuestre que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Solución: 1) Tenemos n=1=1 2 . Por eso,

la afirmación es verdadera para n=1, es decir A(1) es verdadero.

2) Demostremos que A(k)ÞA(k+1).

Sea k cualquier número natural y sea verdadera la afirmación para n=k, es decir

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Probemos que entonces la afirmación también es cierta para el siguiente número natural n=k+1, es decir Qué

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

De hecho,

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

Entonces, A(k)ÞA(k+1). Con base en el principio de inducción matemática, concluimos que el supuesto A(n) es verdadero para cualquier nÎN.

EJEMPLO 2

demostrar que

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

Solución: 1) Para n=1 obtenemos

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

por tanto, para n=1 la fórmula es correcta; A(1) es verdadero.

2) Sea k cualquier número natural y sea verdadera la fórmula para n=k, es decir

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

Demostremos que entonces se cumple la igualdad.

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

En efecto

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).

Entonces, A(k)ÞA(k+1). Basándonos en el principio de inducción matemática, concluimos que la fórmula es válida para cualquier número natural n.

EJEMPLO 3

Demuestre que el número de diagonales de un n-gón convexo es igual a n(n-3)/2.

Solución: 1) Para n=3 la afirmación es verdadera

Y 3 es significativo, porque en un triángulo

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

A 2 A(3) es verdadero.

2) Supongamos que en cada

un k-gon convexo tiene-

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

Y k Demostremos que entonces en el convexo

(k+1)-número de gón

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

Sea A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 un góno (k+1) convexo. Dibujemos en él una diagonal A 1 A k. Para calcular el número total de diagonales de este (k+1)-gon, necesitas contar el número de diagonales en el k-gon A 1 A 2 ...A k , suma k-2 al número resultante, es decir se debe tener en cuenta el número de diagonales del (k+1)-gón que emana del vértice A k +1 y, además, la diagonal A 1 A k.

De este modo,

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

Entonces, A(k)ÞA(k+1). Debido al principio de inducción matemática, la afirmación es cierta para cualquier n-gón convexo.

EJEMPLO 4

Demuestre que para cualquier n la siguiente afirmación es verdadera:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solución: 1) Sea n=1, entonces

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

Esto significa que para n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que n=k

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

3) Considere esta afirmación para 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.

Hemos demostrado que la igualdad es verdadera para n=k+1, por lo tanto, en virtud del método de inducción matemática, la afirmación es verdadera para cualquier número natural n.

EJEMPLO 5

Demuestre que para cualquier número natural n la igualdad es verdadera:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solución: 1) Sea n=1.

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

Vemos que para n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que la igualdad es cierta para n=k

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

3) Probemos la verdad de esta afirmación para n=k+1, es decir

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.

De la prueba anterior queda claro que la afirmación es verdadera para n=k+1, por lo tanto, la igualdad es verdadera para cualquier número natural n.

EJEMPLO 6

demostrar que

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

Solución: 1) Para n=2 la identidad se ve así: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

aquellos. es cierto.

2) Supongamos que la expresión es verdadera para n=k

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

3) Demostremos la exactitud de la expresión para 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).

Hemos demostrado que la igualdad es verdadera para n=k+1, por lo tanto, en virtud del método de inducción matemática, la afirmación es verdadera para cualquier n>2

EJEMPLO 7

demostrar que

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

para cualquier n natural.

Solución: 1) Sea n=1, entonces

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

2) Supongamos que n=k, entonces

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

3) Probemos la verdad de esta afirmación para 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).

También se ha demostrado la validez de la igualdad para n=k+1, por lo tanto la afirmación es cierta para cualquier número natural n.

EJEMPLO 8

Demostrar que la identidad es correcta.

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

para cualquier n natural.

1) Para n=1 la identidad es verdadera 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Supongamos que para n=k

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

3) Demostremos que la identidad es verdadera para 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).

De la prueba anterior queda claro que la afirmación es verdadera para cualquier número natural n.

EJEMPLO 9

Demuestre que (11 n+2 +12 2n+1) es divisible por 133 sin resto.

Solución: 1) Sea n=1, entonces

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

Pero (23´133) es divisible por 133 sin resto, lo que significa que para n=1 el enunciado es verdadero; A(1) es verdadero.

2) Supongamos que (11 k+2 +12 2k+1) es divisible por 133 sin resto.

3) Demostremos que en este caso

(11 k+3 +12 2k+3) es divisible por 133 sin resto. En efecto, 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 .

La suma resultante se divide por 133 sin resto, ya que su primer término es divisible por 133 sin resto por supuesto, y en el segundo uno de los factores es 133. Entonces, A(k)ÞA(k+1). En virtud del método de inducción matemática, la afirmación ha sido probada.

EJEMPLO 10

Demuestre que para cualquier n 7 n -1 es divisible por 6 sin resto.

Solución: 1) Sea n=1, entonces X 1 =7 1 -1=6 se divide por 6 sin resto. Esto significa que cuando n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que para n=k

7 k -1 es divisible por 6 sin resto.

3) Demostremos que la afirmación es verdadera para n=k+1.

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

El primer término es divisible por 6, ya que 7 k -1 es divisible por 6 por supuesto, y el segundo término es 6. Esto significa que 7 n -1 es múltiplo de 6 para cualquier n natural. En virtud del método de inducción matemática, la afirmación queda probada.

EJEMPLO 11

Demuestre que 3 3n-1 +2 4n-3 para un n natural arbitrario es divisible por 11.
Solución: 1) Sea n=1, entonces

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 se divide por 11 sin resto. Esto significa que para n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que para n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 es divisible por 11 sin resto.

3) Demostremos que la afirmación es verdadera para 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 .

El primer término es divisible por 11 sin resto, ya que 3 3 k-1 +2 4k-3 es divisible por 11 por supuesto, el segundo es divisible por 11, porque uno de sus factores es el número 11. Esto significa que el la suma es divisible por 11 sin resto para cualquier número natural n. En virtud del método de inducción matemática, la afirmación queda probada.

EJEMPLO 12

Demuestre que 11 2n -1 para un n natural arbitrario es divisible por 6 sin resto.

Solución: 1) Sea n=1, entonces 11 2 -1=120 es divisible por 6 sin resto. Esto significa que cuando n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que para n=k

11 2 k -1 es divisible por 6 sin resto.

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

Ambos términos son divisibles por 6 sin resto: el primero contiene un múltiplo de 6, el número 120, y el segundo es divisible por 6 sin resto por supuesto. Esto significa que la suma es divisible por 6 sin resto. En virtud del método de inducción matemática, la afirmación queda probada.

EJEMPLO 13

Demuestre que 3 3 n+3 -26n-27 para un número natural arbitrario n es divisible por 26 2 (676) sin resto.

Solución: Primero demostramos que 3 3 n+3 -1 es divisible por 26 sin resto.

Cuando n=0

3 3 -1=26 se divide entre 26

Supongamos que para n=k

3 3k+3 -1 es divisible por 26

Probemos que el enunciado

cierto para n=k+1.

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3l+3 +(3 3 k +3 -1) -dividido por 26

Ahora llevemos a cabo la prueba del enunciado formulado en el enunciado del problema.

1) Obviamente, cuando n=1 la afirmación es verdadera

3 3+3 -26-27=676

2) Supongamos que para n=k

la expresión 3 3 k+3 -26k-27 se divide por 26 2 sin resto.

3) Demostremos que la afirmación es verdadera para n=k+1

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

Ambos términos son divisibles por 26 2; el primero es divisible por 26 2 porque hemos demostrado que la expresión entre paréntesis es divisible por 26, y el segundo es divisible por la hipótesis de inducción. En virtud del método de inducción matemática, la afirmación queda probada.

EJEMPLO 14

Demostrar que si n>2 y x>0, entonces la desigualdad es verdadera

(1+x) n >1+n´x.

Solución: 1) Para n=2 la desigualdad es válida, ya que

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

Entonces A(2) es verdadero.

2) Demostremos que A(k)ÞA(k+1), si k> 2. Supongamos que A(k) es verdadera, es decir, que la desigualdad

(1+x) k >1+k´x. (3)

Demostremos que entonces A(k+1) también es cierta, es decir, que la desigualdad

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

De hecho, multiplicando ambos lados de la desigualdad (3) por el número positivo 1+x, obtenemos

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Consideremos el lado derecho de la última desigualdad.

stvá; tenemos

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

Como resultado, obtenemos que

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Entonces, A(k)ÞA(k+1). Con base en el principio de inducción matemática, se puede argumentar que la desigualdad de Bernoulli es cierta para cualquier

EJEMPLO 15

Demostrar que la desigualdad es cierta.

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

Solución: 1) Cuando m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ambos lados son iguales.

2) Supongamos que para m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Demostremos que para m=k+1 la desigualdad es cierta

(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 .

Hemos demostrado la validez de la desigualdad para m=k+1, por lo tanto, en virtud del método de inducción matemática, la desigualdad es válida para cualquier m natural.

EJEMPLO 16

Demostrar que para n>6 la desigualdad es verdadera

Solución: reescribamos la desigualdad en la forma

Para n=7 tenemos

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

la desigualdad es cierta.

Supongamos que para n=k

3) Demostremos la validez de la desigualdad para n=k+1.

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

Como k>7, la última desigualdad es obvia.

En virtud del método de inducción matemática, la desigualdad es válida para cualquier número natural n.

EJEMPLO 17

Demostrar que para n>2 la desigualdad es verdadera

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Solución: 1) Para n=3 la desigualdad es verdadera

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

Supongamos que para n=k

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

3) Probemos la validez de la no-

igualdad para n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Demostremos que 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Esto último es obvio y por lo tanto

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Mediante el método de inducción matemática se demuestra la desigualdad.

Conclusión

En particular, al estudiar el método de inducción matemática, aumenté mis conocimientos en esta área de las matemáticas y también aprendí a resolver problemas que antes estaban fuera de mi poder.

Se trataba principalmente de tareas lógicas y entretenidas, es decir. sólo aquellos que aumentan el interés por las matemáticas mismas como ciencia. Resolver este tipo de problemas se convierte en una actividad entretenida y puede atraer cada vez a más personas curiosas a los laberintos matemáticos. En mi opinión, esta es la base de cualquier ciencia.

Continuando estudiando el método de inducción matemática, intentaré aprender a aplicarlo no solo en matemáticas, sino también en la resolución de problemas de física, química y la vida misma.

MATEMÁTICAS:

CONFERENCIAS, PROBLEMAS, SOLUCIONES

Libro de texto / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I. Popurrí LLC 1996.

ÁLGEBRA E INICIOS DEL ANÁLISIS

Libro de texto / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. “Ilustración” 1975.

La lección en video “Método de inducción matemática” le ayuda a dominar el método de inducción matemática. El video contiene material que le ayudará a comprender la esencia del método, recordar las características de su aplicación y aprender a aplicar este método al resolver problemas. El objetivo de este vídeo tutorial es facilitar el desarrollo del material y desarrollar la capacidad de resolución de problemas matemáticos mediante el método de inducción.

Para mantener la atención de los estudiantes en el aprendizaje del material, se utilizan efectos de animación, ilustraciones y presentación de información en color. Una lección en video libera tiempo del profesor en clase para mejorar la calidad del trabajo individual y resolver otros problemas educativos.

El concepto de método de inducción matemática se introduce considerando la secuencia a n , en la que a 1 =4, y a n+1 = a n +2n+3. De acuerdo con la representación general del miembro de la secuencia, se determina que a 1 =4, a 2 =4+2·1+3=9, a 3 =9+2·2+3=16, es decir, el secuencia de números 4, 9, 16,... Se supone que para esta secuencia a n =(n+1) 2 es verdadera. Para los términos indicados de la secuencia (primero, segundo, tercero), la fórmula es correcta. Es necesario demostrar la validez de esta fórmula para cualquier n arbitrariamente grande. Se indica que en tales casos se utiliza el método de inducción matemática para ayudar a probar el enunciado.

Se revela la esencia del método. Se supone que la fórmula para n=k es válida, el valor a k =(k+1) 2 . Es necesario demostrar que la igualdad también será válida para k+1, lo que significa a k +1 =(k+2) 2 . Para ello, en la fórmula a k +1 =a k +2k+3 reemplazamos a k por (k+1) 2. Después de la sustitución y reducción de similares, obtenemos la igualdad a k +1 =(k+2) 2 . Esto nos da derecho a afirmar que la validez de la fórmula para n la hace verdadera para n=k+1. La prueba considerada en relación con la secuencia a n , que está representada por los números 4, 9, 16,... y el término general a n =(n+1) 2, da derecho a afirmar que si la fórmula se convierte en un verdadera igualdad para n=1, luego también para n=1+ 1=2, y para 3, etc., es decir, para cualquier número natural n.

A continuación, se presenta la esencia del método de inducción en lenguaje matemático. El principio del método se basa en la validez de la afirmación de que un hecho es válido para un número natural arbitrario n cuando se cumplen dos condiciones: 1) la afirmación es verdadera para n=1 2) de la validez de esta fórmula para n= k se deduce que es válido para n=k+1. De este principio se desprende la estructura de la demostración, utilizando el método de inducción matemática. Cabe señalar que este método supone para n=1 la prueba de la validez del enunciado, y al asumir la validez de la prueba para n=k, se demuestra que también es cierta para n=k+1.

Se analiza un ejemplo de demostración de la fórmula de Arquímedes mediante el método de inducción matemática. Dada la fórmula 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6. Los cálculos se realizan en pantalla para mostrar la validez de la fórmula para n=1. El segundo punto de la prueba es la suposición de que para n=k la fórmula es válida, es decir, toma la forma 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1 )/6. Con base en esto, se demuestra que la fórmula también es cierta para n=k+1. Después de sustituir n=k+1 obtenemos el valor de la fórmula 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3) /6. Así, la fórmula de Arquímedes queda probada.

Otro ejemplo examina la prueba de la multiplicidad de 7 de la suma 15 n +6 para cualquier número natural n. En la demostración utilizamos el método de inducción matemática. Primero, verificamos la validez de la afirmación para n=1. De hecho, 15 1 +6=21. Entonces asumimos validez para n=k. Esto significa que 15 k +6 es múltiplo de 7. Al sustituir n=k+1 en la fórmula demostramos que el valor 15 k +1 +6 es múltiplo de 7. Después de transformar la expresión, obtenemos: 15 k +1 +6=15 k +1 ·14+(15 k +6). Por tanto la suma 15 n +6 es múltiplo de 7.

La lección en video "Método de inducción matemática" revela de manera clara y detallada la esencia y el mecanismo del uso del método de inducción matemática en la prueba. Por lo tanto, este material de video puede servir no solo como ayuda visual en una lección de álgebra, sino que también será útil cuando el estudiante estudie el material de forma independiente y ayudará a explicar el tema al maestro durante el aprendizaje a distancia.

Savelyeva Ekaterina

El artículo analiza la aplicación del método de inducción matemática en la resolución de problemas de divisibilidad y suma de series. Se consideran ejemplos de aplicación del método de inducción matemática para demostrar desigualdades y resolver problemas geométricos. La obra está ilustrada con una presentación.

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Avance:

Ministerio de Ciencia y Educación de la Federación de Rusia

Institución educativa estatal

escuela secundaria n° 618

Curso: álgebra y principios del análisis.

Tema del trabajo del proyecto.

“El método de inducción matemática y su aplicación a la resolución de problemas”

completado el trabajo: Savelyeva E, clase 11B

Supervisor : Makarova T.P., profesora de matemáticas, Escuela Secundaria GOU No. 618

1. Introducción.

2.Método de inducción matemática en la resolución de problemas de divisibilidad.

3. Aplicación del método de inducción matemática a la sumatoria de series.

4. Ejemplos de aplicación del método de inducción matemática a la prueba de desigualdades.

5. Aplicación del método de inducción matemática a la resolución de problemas geométricos.

6. Lista de literatura usada.

Introducción

La base de cualquier investigación matemática son los métodos deductivos e inductivos. El método deductivo de razonamiento es el razonamiento de lo general a lo específico, es decir. razonamiento, cuyo punto de partida es el resultado general y el punto final es el resultado particular. La inducción se utiliza cuando se pasa de resultados particulares a resultados generales, es decir, es lo opuesto al método deductivo. El método de inducción matemática se puede comparar con el progreso. Comenzamos desde lo más bajo y, como resultado del pensamiento lógico, llegamos a lo más alto. El hombre siempre ha luchado por el progreso, por la capacidad de desarrollar lógicamente sus pensamientos, lo que significa que la propia naturaleza lo ha destinado a pensar de forma inductiva. Aunque el ámbito de aplicación del método de inducción matemática ha aumentado, en el plan de estudios escolar se le dedica poco tiempo, pero es muy importante poder pensar de forma inductiva. La aplicación de este principio en la resolución de problemas y demostración de teoremas está a la par de la consideración en la práctica escolar de otros principios matemáticos: tercero excluido, inclusión-exclusión, Dirichlet, etc. Este resumen contiene problemas de diferentes ramas de las matemáticas, en las que el La herramienta principal es el método de uso de la inducción matemática. Hablando de la importancia de este método, A.N. Kolmogorov señaló que "la comprensión y la capacidad de aplicar el principio de inducción matemática es un buen criterio de madurez, absolutamente necesario para un matemático". El método de inducción en su sentido más amplio consiste en la transición de observaciones particulares a un patrón o formulación general universal. En esta interpretación, el método es, por supuesto, el método principal para realizar investigaciones en cualquier ciencia natural experimental.

actividad humana. El método (principio) de inducción matemática en su forma más simple se utiliza cuando es necesario demostrar una determinada afirmación para todos los números naturales.

Tarea 1. En su artículo “Cómo me convertí en matemático” A.N. Kolmogorov escribe: “Aprendí temprano la alegría de un “descubrimiento” matemático, habiendo notado un patrón a la edad de cinco o seis años.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 y así sucesivamente.

La escuela publicó la revista "Spring Swallows". En él se publicó mi descubrimiento…”

No sabemos qué tipo de evidencia se proporcionó en esta revista, pero todo comenzó con observaciones privadas. La hipótesis en sí, que probablemente surgió después del descubrimiento de estas igualdades parciales, es que la fórmula

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

verdadero para cualquier número dado norte = 1, 2, 3, ...

Para probar esta hipótesis basta con establecer dos hechos. En primer lugar, para n = 1 (e incluso para n = 2, 3, 4) la afirmación deseada es verdadera. En segundo lugar, supongamos que la afirmación es verdadera para pag = k, y estaremos convencidos de que entonces es cierto para norte = k + 1:

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

Esto significa que la afirmación que se está demostrando es verdadera para todos los valores. norte: para norte = 1 es cierto (esto ha sido verificado), y debido al segundo hecho - por n = 2, de donde para n = 3 (por el mismo segundo hecho), etc.

Problema 2. Considere todas las posibles fracciones ordinarias con numerador 1 y cualquier (entero positivo)

denominador (nominal): Demuestre que para cualquier p> 3 podemos representar la unidad como una suma norte varias fracciones de este tipo.

Solución, Primero revisemos esta afirmación para norte = 3; tenemos:

Por lo tanto, se cumple la afirmación básica.

Supongamos ahora que la afirmación que nos interesa es verdadera para algún número A, y demostrar que también es cierto para el número que le sigue A + 1. En otras palabras, supongamos que hay una representación

en el cual k Los términos y todos los denominadores son diferentes. Demostremos que entonces podemos obtener una representación de la unidad como una suma de A + 1 fracciones del tipo requerido. Supondremos que las fracciones son decrecientes, es decir, los denominadores (en la representación de la unidad por la suma A términos) aumentan de izquierda a derecha de modo que t - el mayor de los denominadores. Obtendremos la representación que necesitamos en forma de suma.(A + 1)ésima fracción, si dividimos una fracción, por ejemplo la última, en dos. Esto se puede hacer porque

Y entonces

Además, todas las fracciones siguieron siendo diferentes, ya que t fue el mayor denominador, y t + 1 > t, y

t(t + 1) > t.

Así, hemos establecido:

con norte = 3 esta afirmación es cierta;

si la afirmación que nos interesa es verdadera para A,
entonces también es cierto para k + 1.

Sobre esta base, podemos afirmar que la afirmación en cuestión es cierta para todos los números naturales, empezando por el tres. Además, la prueba anterior también implica un algoritmo para encontrar la partición requerida de la unidad. (¿Qué algoritmo es este? Imagine el número 1 como la suma de 4, 5, 7 términos por sí solo).

Para resolver los dos problemas anteriores, se tomaron dos pasos. El primer paso se llama base inducción, segundo -unión inductivao paso de inducción. El segundo paso es el más importante e implica hacer una suposición (la afirmación es verdadera cuando norte = k) y conclusión (la afirmación es verdadera cuando norte = k + 1). El parámetro n en sí se llama parámetro de inducción.Este esquema lógico (técnica), que nos permite concluir que el enunciado en cuestión es verdadero para todos los números naturales (o para todos, partiendo de algunos), ya que tanto la base como la transición son válidas, se llamael principio de inducción matemática, en el cual Se basa el método de inducción matemática.El término "inducción" en sí proviene de la palabra latina inducción (orientación), que significa la transición del conocimiento único sobre objetos individuales de una clase determinada a una conclusión general sobre todos los objetos de una clase determinada, que es uno de los principales métodos de cognición.

El principio de inducción matemática, precisamente en la forma familiar de dos pasos, apareció por primera vez en 1654 en el “Tratado sobre el triángulo aritmético” de Blaise Pascal, en el que se demostraba mediante inducción una forma sencilla de calcular el número de combinaciones (coeficientes binomiales). D. Polya cita a B. Pascal en el libro con cambios menores entre corchetes:

“Aunque la propuesta en cuestión [la fórmula explícita para los coeficientes binomiales] contiene innumerables casos especiales, daré una demostración muy breve, basada en dos lemas.

El primer lema establece que la suposición es cierta por la razón: esto es obvio. [En norte = 1 fórmula explícita es válida...]

El segundo lema establece lo siguiente: si nuestra suposición es verdadera para una base arbitraria [para una r arbitraria], entonces será verdadera por la siguiente razón [para una r arbitraria] norte + 1].

De estos dos lemas se sigue necesariamente que la proposición es válida para todos los valores pag. De hecho, en virtud del primer lema es cierto para norte = 1; por lo tanto, en virtud del segundo lema, es cierto para norte = 2; por lo tanto, nuevamente en virtud del segundo lema, es válido para n = 3 y así hasta el infinito”.

Problema 3. El rompecabezas de las Torres de Hanoi consta de tres varillas. En una de las varillas hay una pirámide (Fig.1), que consta de varios anillos de diferentes diámetros, decrecientes de abajo hacia arriba.

Figura 1

Esta pirámide debe trasladarse a una de las otras varillas, moviendo sólo un anillo cada vez y no colocando el anillo más grande sobre el más pequeño. ¿Es posible hacer esto?

Solución. Entonces, debemos responder a la pregunta: ¿es posible mover una pirámide que consta de norte anillos de distintos diámetros, de una varilla a otra, siguiendo las reglas del juego? Ahora hemos, como dicen, parametrizado el problema (se ha introducido en consideración un número natural pag), y se puede resolver por inducción matemática.

Fondo de inducción. Cuando norte = 1 todo está claro, ya que una pirámide de un anillo obviamente se puede mover a cualquier varilla.
Paso de inducción. Supongamos que podemos mover cualquier pirámide con la cantidad de anillos. pag = k.
Demostremos que entonces podemos mover el pyra midka de norte = k + 1.

Pirámide de a anillos tumbados en el más grande(A + 1)-ésimo anillo, podemos, según el supuesto, moverlo a cualquier otra varilla. Hagamos esto. inmóvil(A + El 1º anillo no nos impedirá realizar el algoritmo de movimiento, ya que es el más grande. después de mudarse A anillos, muevamos este más grande(A + 1)ésimo anillo en la varilla restante. Y luego aplicamos nuevamente el algoritmo de movimiento que conocemos por suposición inductiva. A anillos y muévalos a la varilla que está debajo(A + 1)ésimo anillo. Así, si sabemos cómo mover pirámides con A anillos, entonces sabemos cómo mover las pirámides y con A + 1 anillos. Por tanto, según el principio de inducción matemática, siempre es posible mover la pirámide que consta de n anillos, donde n > 1.

Método de inducción matemática en la resolución de problemas de divisibilidad.

Utilizando el método de inducción matemática, puedes probar varias afirmaciones sobre la divisibilidad de los números naturales.

Problema 4 . Si n es un número natural, entonces el número es par.

Cuando n=1 nuestra afirmación es verdadera: - un número par. Supongamos que es un número par. Como 2k es un número par, entonces es par. Entonces, la paridad se prueba para n=1, la paridad se deduce de la paridad. Esto significa que es par para todos los valores naturales de n.

Problema 3. Demuestra que el número Z 3 + 3 - 26n - 27 con natural arbitrario n es divisible por 26 2 sin resto.

Solución. Primero demostremos por inducción el enunciado auxiliar de que 3 3n+3 — 1 es divisible por 26 sin resto cuando norte > 0.

Fondo de inducción. Para n = 0 tenemos: 3 3 - 1 = 26—divisible por 26.

Paso de inducción. Supongamos que 3 3n+3 - 1 se divide por 26 cuando norte = k, y Demostremos que en este caso la afirmación será verdadera para norte = k + 1. Desde 3

entonces de la hipótesis inductiva concluimos que el número 3 3k + 6 - 1 es divisible por 26.

Ahora probaremos el enunciado formulado en el enunciado del problema. Y nuevamente por inducción.

Fondo de inducción. Es obvio que cuando norte = 1 afirmación es verdadera: desde 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
Paso de inducción. Supongamos que cuando pag = k
expresión 3 3k + 3 - 26k - 27 se divide entre 26 2 sin resto, y demostrar que la afirmación es verdadera para norte = k + 1,
es decir, ese numero

divisible por 26 2 sin dejar rastro. En la última suma, ambos términos son divisibles por 26. 2 . La primera es porque hemos demostrado que la expresión entre paréntesis es divisible por 26; el segundo es por la hipótesis de inducción. En virtud del principio de inducción matemática, la afirmación deseada queda completamente demostrada.

Aplicación del método de inducción matemática a la sumatoria de series.

Tarea 5. Probar fórmula

N es un número natural.

Solución.

Cuando n=1, ambos lados de la igualdad se vuelven uno y, por tanto, se cumple la primera condición del principio de inducción matemática.

Supongamos que la fórmula es correcta para n=k, es decir

Sumemos a ambos lados de esta igualdad y transformemos el lado derecho. Entonces obtenemos

Por lo tanto, del hecho de que la fórmula es verdadera para n=k, se deduce que también lo es para n=k+1. Esta afirmación es cierta para cualquier valor natural de k. Por tanto, también se cumple la segunda condición del principio de inducción matemática. La fórmula está probada.

Tarea 6. En la pizarra están escritos dos números: 1,1. Al ingresar su suma entre los números, obtenemos los números 1, 2, 1. Repitiendo esta operación nuevamente, obtenemos los números 1, 3, 2, 3, 1. Después de tres operaciones, los números serán 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. ¿Cuál será la suma de todos los números en el tablero después 100 operaciones?

Solución. Haz todo 100 operaciones serían una tarea que demandaría mucho tiempo y mano de obra. Esto significa que debemos intentar encontrar alguna fórmula general para la suma S números después de n operaciones. Veamos la tabla:

¿Has notado algún patrón aquí? Si no, puedes dar un paso más: después de cuatro operaciones quedarán números

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

cuya suma S 4 es igual a 82.

De hecho, no puede escribir los números, sino decir inmediatamente cómo cambiará la suma después de agregar nuevos números. Sea la suma igual a 5. ¿En qué se convertirá cuando se sumen nuevos números? Dividamos cada número nuevo por la suma de los dos antiguos. Por ejemplo, de 1, 3, 2, 3, 1 pasamos a 1,

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

Es decir, cada número antiguo (excepto las dos unidades extremas) ahora se incluye en la suma tres veces, por lo que la nueva suma es igual a 3S - 2 (resta 2 para tener en cuenta las unidades que faltan). Por lo tanto S 5 = 3S 4 - 2 = 244, y en general

¿Cuál es la fórmula general? Si no fuera por la resta de dos unidades, entonces cada vez la suma aumentaría tres veces, como en potencias de tres (1, 3, 9, 27, 81, 243,...). Y nuestros números, como ahora podemos comprobar, son uno más. Así, se puede suponer que

Intentemos ahora demostrar esto por inducción.

Fondo de inducción. Ver tabla (para norte = 0, 1, 2, 3).

Paso de inducción. Supongamos que

Probemos entonces que S k + 1 = Z k + 1 + 1.

En realidad,

Entonces, nuestra fórmula está probada. Muestra que después de cien operaciones la suma de todos los números en el tablero será igual a 3 100 + 1.

Veamos un excelente ejemplo de aplicación del principio de inducción matemática, en el que primero es necesario introducir dos parámetros naturales y luego realizar la inducción sobre su suma.

Tarea 7. Demuestre que si= 2, x 2 = 3 y para cualquier natural p> 3 la relación se mantiene

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

Eso

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

Solución. Tenga en cuenta que en este problema la secuencia original de números(xp) está determinada por inducción, ya que los términos de nuestra secuencia, excepto los dos primeros, se especifican de forma inductiva, es decir, a través de los anteriores. Entonces las secuencias dadas se llaman recurrente, y en nuestro caso, esta secuencia se determina (especificando sus dos primeros términos) de forma única.

Fondo de inducción. Consiste en comprobar dos declaraciones: cuando n = 1 y n = 2.V En ambos casos el enunciado es verdadero por condición.

Paso de inducción. Supongamos que para norte = k - 1 y norte = k la declaración se cumple, es decir

Probemos entonces la validez de la afirmación para norte = k + 1. Tenemos:

x1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, que es lo que había que demostrar.

Tarea 8. Demuestre que cualquier número natural se puede representar como la suma de varios términos diferentes de la secuencia recurrente de números de Fibonacci:

para k > 2.

Solución. Sea n - número natural. Realizaremos inducción en pag.

Fondo de inducción. Cuando norte = La afirmación 1 es verdadera ya que uno en sí mismo es un número de Fibonacci.

Paso de inducción. Supongamos que todos los números naturales menores que algún número pag, se puede representar como la suma de varios términos diferentes de la secuencia de Fibonacci. Encontremos el número de Fibonacci más grande. Pie, no superior pag; por tanto, F t p y F t +1 > p.

Desde

Según la hipótesis de inducción, el número norte-Ft se puede representar como la suma 5 de varios términos diferentes de la secuencia de Fibonacci, y de la última desigualdad se deduce que todos los términos de la secuencia de Fibonacci involucrados en la suma 8 son menores Pies. Por lo tanto, la expansión del número norte = 8 + Ft satisface las condiciones del problema.

Ejemplos de aplicación del método de inducción matemática para demostrar desigualdades.

Tarea 9. (La desigualdad de Bernoulli).demostrar que cuando x > -1, x 0, y para entero n > 2 la desigualdad es verdadera

(1 + x) n > 1 + xn.

Solución. Realizaremos nuevamente la prueba por inducción.

1. Base de inducción. Verifiquemos la validez de la desigualdad para norte = 2. De hecho,

(1 + x) 2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x.

2. Paso de inducción. Supongamos que para el número pag = k la afirmación es cierta, es decir

(1 + x) k > 1 + xk,

Donde k > 2. Demostremoslo para n = k + 1. Tenemos: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

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

Entonces, basándonos en el principio de inducción matemática, podemos afirmar que la desigualdad de Bernoulli es cierta para cualquier norte > 2.

En el contexto de problemas resueltos mediante el método de inducción matemática, la ley general que debe demostrarse no siempre está claramente formulada. A veces es necesario, observando casos particulares, primero descubrir (adivinar) a qué ley general conducen, y solo entonces probar la hipótesis expresada por el método de inducción matemática. Además, la variable de inducción se puede enmascarar, y antes de solucionar el problema es necesario determinar sobre qué parámetro se realizará la inducción. Como ejemplos, considere las siguientes tareas.

Problema 10. Demuestra que

bajo cualquier naturaleza norte > 1.

Solución, Intentemos demostrar esta desigualdad mediante el método de inducción matemática.

La base de la inducción se puede verificar fácilmente:1+

Por la hipótesis de inducción

y nos queda demostrar que

Si utilizamos la hipótesis inductiva, argumentaremos que

Aunque esta igualdad es cierta, no nos da una solución al problema.

Intentemos demostrar una afirmación más sólida que la requerida en el problema original. Es decir, demostraremos que

Puede parecer que demostrar esta afirmación por inducción sea una cuestión desesperada.

Sin embargo, cuando n = 1 tenemos: la afirmación es verdadera. Para justificar el paso inductivo, supongamos que

y luego demostraremos que

En realidad,

Por lo tanto, hemos demostrado una afirmación más sólida, de la que se sigue inmediatamente la afirmación contenida en el planteamiento del problema.

Lo instructivo aquí es que, aunque teníamos que demostrar un enunciado más sólido que el requerido en el problema, podíamos utilizar un supuesto más sólido en el paso inductivo. Esto explica que la aplicación sencilla del principio de inducción matemática no siempre conduzca al objetivo.

La situación que surgió al resolver el problema se llamóLa paradoja del inventor.La paradoja misma es que se pueden implementar planes más complejos con mayor éxito si se basan en una comprensión más profunda de la esencia del asunto.

Problema 11. Demuestra que 2 m + n - 2 m para cualquier natural tipo.

Solución. Aquí tenemos dos parámetros. Por tanto, puedes intentar realizar el llamadodoble induccion(inducción dentro de la inducción).

Realizaremos un razonamiento inductivo sobre pag.

1. La base de inducción según el párrafo. Cuando norte = Necesito comprobar eso 2 t ~ 1 > t. Para probar esta desigualdad utilizamos la inducción sobre T.

A) Base de inducción según el llamado Cuando t = 1 ejecutado
igualdad, lo cual es aceptable.

b) El paso de inducción según el llamadoSupongamos que cuando t = k la afirmación es cierta, es decir 2k~1>k. Luego hasta
digamos que la afirmación será cierta también para t = k + 1.
Tenemos:

con natural a.

Entonces la desigualdad 2 realizado en cualquier naturaleza T.

2. Paso de inducción según artículo.Elijamos y arreglemos algún número natural. T. Supongamos que cuando norte = yo la afirmación es verdadera (para un tiempo fijo t), es decir, 2 t +1 ~ 2 > t1, y demostraremos que entonces la afirmación será cierta también para norte = l + 1.
Tenemos:

para cualquier natural tipo.

Por lo tanto, basándose en el principio de inducción matemática (por pag) El enunciado del problema es verdadero para cualquier norte y para cualquier fijo T. Por lo tanto, esta desigualdad es válida para cualquier natural. tipo.

Problema 12. Sean m, n y k son números naturales y t > pág. ¿Cuál de los dos números es mayor?

En cada expresión A signos de raíz cuadrada, t y p se alternan.

Solución. Primero demostremos alguna afirmación auxiliar.

Lema. Para cualquier natural t y p (t > p) y no negativo (no necesariamente completo) incógnita la desigualdad es cierta

Prueba. Considere la desigualdad

Esta desigualdad es cierta ya que ambos factores del lado izquierdo son positivos. Ampliando los corchetes y transformando, obtenemos:

Tomando la raíz cuadrada de ambos lados de la última desigualdad, obtenemos el enunciado del lema. Entonces, el lema está demostrado.

Pasemos ahora a solucionar el problema. Denotaremos el primero de estos números por A, y el segundo - a través bk. Demostremos que un bajo cualquier naturaleza A. Realizaremos la demostración utilizando el método de inducción matemática por separado para pares e impares. A.

Fondo de inducción. Cuando k = 1 tenemos desigualdad

y[t > y/n , justo debido al hecho de que t > p. = 2 lo requerido se obtiene del lema probado por sustitución x = 0.

Paso de inducción. Supongamos que para algunos k desigualdad a > b k justo. Probemos que

Del supuesto de inducción y de la monotonicidad de la raíz cuadrada tenemos:

Por otro lado, del lema probado se deduce que

Combinando las dos últimas desigualdades obtenemos:

Según el principio de inducción matemática, la afirmación está probada.

Problema 13. (La desigualdad de Cauchy.)Demuestre que para cualquier número positivo..., una p la desigualdad es cierta

Solución. Para n = 2 la desigualdad

Supondremos que se conocen la media aritmética y la media geométrica (para dos números). Dejar norte= 2,k = 1, 2, 3, ... y primero realizar la inducción en A. La base de esta inducción se produce suponiendo ahora que la desigualdad requerida ya se ha establecido para norte = 2, probémoslo norte = 2 . Tenemos (aplicando la desigualdad para dos números):

Por lo tanto, por la hipótesis inductiva

Así, por inducción sobre k hemos demostrado la desigualdad para todos pág.9 siendo una potencia de dos.

Para demostrar la desigualdad para otros valores. norte Usemos “inducción descendente”, es decir, demostraremos que si la desigualdad se cumple para arbitrarios no negativos norte números, entonces también es cierto para(pag - 1er día. Para verificar esto, observamos que, de acuerdo con el supuesto hecho para norte números que se cumple la desigualdad

es decir, a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Dividiendo ambas partes en norte - 1, obtenemos la desigualdad requerida.

Entonces, primero establecimos que la desigualdad es válida para un número infinito de valores posibles. pag, y luego demostró que si la desigualdad se cumple para norte números, entonces también es cierto para(pag - 1) números. De esto concluimos ahora que la desigualdad de Cauty es válida para el conjunto de norte cualquier número no negativo para cualquier norte = 2, 3, 4, ...

Problema 14. (D. Uspensky.) Para cualquier triángulo ABC cuyos ángulos = CAB, = CBA son proporcionales, hay desigualdades

Solución. Los ángulos y son conmensurables, y esto (por definición) significa que estos ángulos tienen una medida común, para la cual = p, = (p, q son números naturales coprimos).

Usemos el método de inducción matemática y realicémoslo mediante la suma. pag = pag + q numeros coprimos naturales..

Fondo de inducción. Para p + q = 2 tenemos: p = 1 y q = 1. Entonces el triángulo ABC es isósceles y las desigualdades necesarias son obvias: se derivan de la desigualdad del triángulo.

Paso de inducción. Supongamos ahora que se establecen las desigualdades necesarias para p + q = 2, 3, ..., k - 1, donde k > 2. Demostremos que las desigualdades también son válidas para pag + q = k.

Deja que ABC - un triángulo dado que tiene> 2. Luego los lados AC y BC no puede ser igual: deja CA > antes de Cristo. Construyamos ahora, como en la Figura 2, un triángulo isósceles. ABECEDARIO; tenemos:

AC = DC y AD = AB + BD, por lo tanto,

2AC > AB + BD (1)

Consideremos ahora el triángulo. BDC, cuyos ángulos también son conmensurados:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Arroz. 2

Para este triángulo se cumple la hipótesis inductiva y, por lo tanto,

(2)

Sumando (1) y (2), tenemos:

2AC+HAB>

y por lo tanto

Del mismo triangulo EBV Por la hipótesis de inducción concluimos que

Teniendo en cuenta la desigualdad anterior, concluimos que

Así, se obtiene la transición inductiva y el planteamiento del problema se deriva del principio de inducción matemática.

Comentario. El planteamiento del problema sigue siendo válido incluso en el caso de que los ángulos ayp no sean conmensurados. A la hora de considerar el caso general, ya tenemos que aplicar otro principio matemático importante: el principio de continuidad.

Problema 15. Varias líneas rectas dividen el avión en partes. Demuestra que puedes colorear estas partes de blanco.

y negro para que las partes adyacentes que tienen un segmento de borde común sean de diferentes colores (como en la Figura 3 con norte = 4).

foto 3

Solución. Usemos inducción sobre el número de líneas. Así que deja norte - el número de líneas que dividen nuestro avión en partes, norte > 1.

Fondo de inducción. Si solo hay una línea recta(pag = 1), luego divide el plano en dos semiplanos, uno de los cuales puede colorearse de blanco y el segundo de negro, y el enunciado del problema es verdadero.

Paso de inducción. Para aclarar la prueba de la transición inductiva, considere el proceso de agregar una nueva línea. Si trazamos una segunda línea recta(pag= 2), luego obtenemos cuatro partes que se pueden colorear según sea necesario pintando las esquinas opuestas del mismo color. Veamos qué pasa si trazamos una tercera línea recta. Dividirá algunas de las partes "antiguas", mientras que aparecerán nuevas secciones del borde, en ambos lados del mismo color (Fig. 4).

Arroz. 4

Procedamos de la siguiente manera:Por un ladoa partir de la nueva línea recta cambiaremos los colores: convertiremos el blanco en negro y viceversa; Al mismo tiempo, no repintamos aquellas partes que se encuentran al otro lado de esta línea recta (Fig. 5). Entonces este nuevo color satisfará los requisitos necesarios: de un lado de la línea ya se alternaba (pero con diferentes colores), y del otro lado era lo que se necesitaba. Para que las partes que tienen un borde común perteneciente a la línea dibujada se puedan pintar en diferentes colores, repintamos las partes solo en un lado de esta línea recta dibujada.

Fig.5

Probemos ahora la transición inductiva. Supongamos que para algunospag = kel enunciado del problema es verdadero, es decir, todas las partes del plano en el que está dividido por estosArectos, puedes pintarlos de blanco y negro para que las partes adyacentes sean de diferentes colores. Demostremos que entonces existe tal coloración paranorte= A+ 1 recto. Procedamos de manera similar al caso de transición de dos líneas a tres. Dibujemos en el aviónAderecho Luego, según la hipótesis de inducción, el “mapa” resultante se puede colorear de la forma deseada. ahora llevemos a cabo(A+ 1)ª línea recta y a un lado de ella cambiamos los colores a los opuestos. Así que ahora(A+ 1)-ésima línea recta separa áreas de diferentes colores en todas partes, mientras que las partes “antiguas”, como ya hemos visto, permanecen correctamente coloreadas. Según el principio de inducción matemática el problema está resuelto.

Tarea16. Al borde del desierto hay una gran reserva de gasolina y un automóvil que, con el combustible completo, puede recorrer 50 kilómetros. Hay cantidades ilimitadas de botes en los que puedes verter gasolina del tanque de tu auto y dejarla almacenada en cualquier lugar del desierto. Demuestre que un automóvil puede recorrer cualquier distancia entera mayor a 50 kilómetros. No está permitido llevar bidones de gasolina; se pueden llevar vacíos en cualquier cantidad.

Solución.Intentemos demostrar por inducción enpag,que el coche puede alejarsenortekilómetros del borde del desierto. Ennorte= 50 es conocido. Ya solo queda realizar el paso de inducción y explicar cómo llegar.pag = k+ 1 kilómetros si se sabe quepag = kPuedes conducir kilómetros.

Sin embargo, aquí nos encontramos con una dificultad: después de haber pasadoAkilómetros, es posible que no haya suficiente gasolina ni siquiera para el viaje de regreso (sin mencionar el almacenamiento). Y en este caso la solución es reforzar la afirmación que se está demostrando (la paradoja del inventor). Demostraremos que no sólo puedes conducirnortekilómetros, sino también para hacer un suministro arbitrariamente grande de gasolina en un punto a una distancianortekilómetros del borde del desierto, llegando a este punto después del final del transporte.

Fondo de inducción.Sea una unidad de gasolina la cantidad de gasolina necesaria para recorrer un kilómetro. Entonces, un viaje de 1 kilómetro y de regreso requiere dos unidades de gasolina, por lo que podemos dejar 48 unidades de gasolina en un almacén a un kilómetro del borde y regresar por una nueva porción. Así, tras varios viajes al almacén, podemos hacer un stock del tamaño que necesitemos. Al mismo tiempo, para crear 48 unidades de reserva, consumimos 50 unidades de gasolina.

Paso de inducción.Supongamos que a distancianorte= ADesde el borde del desierto puedes abastecerte de cualquier cantidad de gasolina. Demostremos que entonces es posible crear una instalación de almacenamiento a distancia.pag = k+ 1 kilómetros con cualquier reserva de gasolina especificada previamente y terminarán en este depósito al finalizar el transporte. Porque en el puntonorte= Ahay un suministro ilimitado de gasolina, entonces (según la base de inducción) podemos, en varios viajes hasta el puntopag = k+ 1 hacer en el puntonorte= A4- 1 stock del tamaño que se requiera.

La verdad de un enunciado más general que el del problema se deriva ahora del principio de inducción matemática.

Conclusión

En su mayoría eran tareas lógicas y entretenidas, es decir. sólo aquellos que aumentan el interés por las matemáticas mismas como ciencia. Resolver este tipo de problemas se convierte en una actividad entretenida y puede atraer cada vez a más personas curiosas a los laberintos matemáticos. En mi opinión, esta es la base de cualquier ciencia.

Literatura

1. INDUCCIÓN Vulenkin. Combinatoria. Manual PARA profesores. M., Ilustración,

1976.-48 p.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Inducción en geometría. - M.: Estado. publicado litro. - 1956 - S.I00. Un manual de matemáticas para quienes ingresan a la universidad / Ed. Yakovleva G.N. Ciencia. -1981. - Pág.47-51.

3.Golovina L.I., Yaglom I.M. Inducción en geometría. —
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5.R. Courant, G. Robbins "¿Qué son las matemáticas?" Capítulo 1, § 2

6.Popa D. Matemáticas y razonamiento plausible. - M: Nauka, 1975.

7.Popa D. Descubrimiento matemático. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Cómo enseñar el método de inducción matemática / Escuela de matemáticas. - Nl. - 1996. - P.14-20.

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10.Solominsky I.S. Método de inducción matemática. - M.: Ciencia.

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11.Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Sobre la inducción matemática. - M.: Ciencia. - 1967. - P.7-59.

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

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

La inducción es un método para obtener un enunciado general a partir de observaciones particulares. En el caso de que una afirmación matemática se refiera a un número finito de objetos, se puede probar realizando pruebas para cada objeto. Por ejemplo, la afirmación: “Todo número par de dos cifras es la suma de dos números primos” se deriva de una serie de igualdades que son bastante factibles de establecer:

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

Un método de prueba en el que se verifica una afirmación en un número finito de casos que agotan todas las posibilidades se llama inducción completa. Este método se utiliza relativamente raramente, ya que los enunciados matemáticos, por regla general, no se refieren a conjuntos de objetos finitos, sino infinitos. Por ejemplo, la afirmación sobre los números pares de dos dígitos, demostrada anteriormente por inducción completa, es sólo un caso especial del teorema: "Cualquier número par es la suma de dos números primos". Este teorema aún no ha sido probado ni refutado.

La inducción matemática es un método para probar un determinado enunciado para cualquier número natural n basado en el principio de inducción matemática: “Si un enunciado es verdadero para n=1 y su validez para n=k implica la validez de este enunciado para n=k +1, entonces es cierto para todos los n " El método de prueba por inducción matemática es el siguiente:

1) base de inducción: prueban o verifican directamente la validez del enunciado para n=1 (a veces n=0 o n=n 0);

2) paso de inducción (transición): asumen la validez del enunciado para algún número natural n=k y, basándose en este supuesto, prueban la validez del enunciado para n=k+1.

Problemas con soluciones

1. Demuestre que para cualquier número natural n, el número 3 2n+1 +2 n+2 es divisible por 7.

Denotemos A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Fondo de inducción. Si n=1, entonces A(1)=3 3 +2 3 =35 y, obviamente, es divisible por 7.

Supuesto de inducción. Sea A(k) divisible por 7.

Transición de inducción. Demostremos que A(k+1) es divisible por 7, es decir, la validez del planteamiento del problema para 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.

El último número es divisible por 7, ya que es la diferencia de dos números enteros divisible por 7. Por tanto, 3 2n+1 +2 n+2 es divisible por 7 para cualquier número natural n.

2. Demuestre que para cualquier número natural n, el número 2 3 n +1 es divisible por 3 n+1 y no divisible por 3 n+2.

Introduzcamos la notación: a i =2 3 i +1.

Para n=1 tenemos, y 1 =2 3 +1=9. Entonces, un 1 es divisible por 3 2 y no divisible por 3 3.

Sea para n=k el número a k es divisible por 3 k+1 y no divisible por 3 k+2, es decir, a k =2 3 k +1=3 k+1 m, donde m no es divisible por 3. Entonces

y 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).

Obviamente, a k+1 es divisible por 3 k+2 y no divisible por 3 k+3.

Por tanto, la afirmación queda demostrada para cualquier número natural n.

3. Se sabe que x+1/x es un número entero. Demuestre que x n +1/x n también es un número entero para cualquier número entero n.

Introduzcamos la notación: a i =х i +1/х i e inmediatamente observemos que a i =а –i, así que seguiremos hablando de índices naturales.

Nota: un 1 es un número entero por convención; y 2 es un número entero, ya que a 2 = (a 1) 2 –2; y 0 = 2.

Supongamos que ak es un número entero para cualquier número natural k que no exceda n. Entonces a 1 ·a n es un número entero, pero a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 y a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Sin embargo, n–1, según la hipótesis de inducción, es un número entero. Esto significa que n+1 también es un número entero. Por lo tanto, x n +1/x n es un número entero para cualquier número entero n, que es lo que había que demostrar.

4. Demuestre que para cualquier número natural n mayor que 1 la doble desigualdad es cierta

5. Demuestre que para n natural > 1 y |x|

(1–x)n +(1+x)n

Para n=2 la desigualdad es verdadera. En realidad,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Si la desigualdad es cierta para n=k, entonces para n=k+1 tenemos

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

La desigualdad ha sido probada para cualquier número natural n > 1.

6. Hay n círculos en un plano. Demuestre que para cualquier disposición de estos círculos, el mapa que forman se puede colorear correctamente con dos colores.

Utilicemos el método de inducción matemática.

Para n=1 la afirmación es obvia.

Supongamos que la afirmación es verdadera para cualquier mapa formado por n círculos, y que haya n+1 círculos en el plano. Eliminando uno de estos círculos, obtenemos un mapa que, debido a la suposición hecha, se puede colorear correctamente con dos colores (ver la primera imagen a continuación).

Luego restauremos el círculo descartado y en un lado del mismo, por ejemplo en el interior, cambiemos el color de cada área al opuesto (ver la segunda imagen). Es fácil ver que en este caso obtendremos un mapa correctamente coloreado con dos colores, pero sólo ahora para n+1 círculos, que es lo que había que demostrar.

7. Llamaremos “hermoso” a un polígono convexo si se cumplen las siguientes condiciones:

1) cada uno de sus vértices está pintado en uno de tres colores;

2) dos vértices adyacentes cualesquiera están pintados en diferentes colores;

3) al menos un vértice del polígono está pintado en cada uno de los tres colores.

Demuestre que cualquier n-gon hermoso se puede cortar mediante diagonales disjuntas en triángulos "hermosos".

Utilicemos el método de inducción matemática.

Fondo de inducción. Con el menor n=3 posible, el planteamiento del problema es obvio: los vértices del “hermoso” triángulo están pintados en tres colores diferentes y no se necesitan cortes.

Supuesto de inducción. Supongamos que el planteamiento del problema es cierto para cualquier n-gon “hermoso”.

Paso de inducción. Consideremos un “hermoso” (n+1)-gón arbitrario y demostremos, usando la hipótesis de inducción, que puede ser cortado por ciertas diagonales en triángulos “hermosos”. Denotemos por A 1, A 2, A 3, ... An, An+1 los vértices sucesivos del (n+1)-gon. Si solo un vértice de un (n+1)-gon está coloreado en cualquiera de los tres colores, entonces al conectar este vértice con diagonales a todos los vértices que no son adyacentes a él, obtenemos la partición necesaria del (n+1) )-gon en triángulos “hermosos”.

Si al menos dos vértices de un (n+1)-gon están coloreados en cada uno de los tres colores, entonces denotamos el color del vértice A 1 con el número 1, y el color del vértice A 2 con el número 2. Sea k el número más pequeño tal que el vértice A k esté coloreado en el tercer color. Está claro que k > 2. Cortemos el triángulo A k–2 A k–1 A k del (n+1)-gon con diagonal A k–2 A k . De acuerdo con la elección del número k, todos los vértices de este triángulo están pintados en tres colores diferentes, es decir, este triángulo es “hermoso”. El n-gón convexo A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , que queda, también, en virtud del supuesto inductivo, será "hermoso", lo que significa está dividido en triángulos “hermosos”, que necesitaban ser probados.

8. Demuestre que en un n-gón convexo es imposible elegir más de n diagonales para que dos de ellas tengan un punto común.

Realicemos la demostración mediante el método de inducción matemática.

Demostremos una afirmación más general: en un n-gón convexo es imposible elegir más de n lados y diagonales para que dos de ellos tengan un punto común. Para n = 3 la afirmación es obvia. Supongamos que esta afirmación es cierta para un n-gón arbitrario y, usándola, probaremos su validez para un (n+1)-gón arbitrario.

Supongamos que esta afirmación no es cierta para un (n+1)-gon. Si no surgen más de dos lados o diagonales seleccionados de cada vértice de un (n+1)-gon, entonces no se seleccionan más de n+1 de ellos en total. Por tanto, de algún vértice A existen al menos tres lados o diagonales seleccionados AB, AC, AD. Sea AC entre AB y AD. Dado que cualquier lado o diagonal que emerge del punto C y que no sea CA no puede cruzar simultáneamente a AB y AD, solo una diagonal elegida CA emerge del punto C.

Descartando el punto C junto con la diagonal CA, obtenemos un n-gón convexo en el que se seleccionan más de n lados y diagonales, dos de los cuales tienen un punto común. Por lo tanto, llegamos a una contradicción con la suposición de que la afirmación es verdadera para un n-gon convexo arbitrario.

Entonces, para un (n+1)-gon la afirmación es verdadera. Según el principio de inducción matemática, la afirmación es cierta para cualquier n-gón convexo.

9. Hay n rectas en un plano, de las cuales no hay dos paralelas y no hay tres que pasen por el mismo punto. ¿En cuántas partes dividen estas líneas el avión?

Usando dibujos elementales, puede verificar fácilmente que una línea recta divide el plano en 2 partes, dos líneas rectas en 4 partes, tres líneas rectas en 7 partes y cuatro líneas rectas en 11 partes.

Denotemos por N(n) el número de partes en las que n rectas dividen el plano. Se puede notar que

norte(2)=norte(1)+2=2+2,

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

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

Es natural suponer que

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

o, como es fácil de establecer, usando la fórmula para la suma de los primeros n términos de una progresión aritmética,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Probemos la validez de esta fórmula utilizando el método de inducción matemática.

Para n=1 la fórmula ya ha sido comprobada.

Habiendo hecho el supuesto de inducción, consideramos k+1 rectas que satisfacen las condiciones del problema. Seleccionemos k líneas rectas de ellas de manera arbitraria. Según la hipótesis de inducción, dividirán el avión en 1+ k(k+1)/2 partes. La (k+1)ésima recta restante será dividida por las k rectas seleccionadas en k+1 partes y, por tanto, pasará por la (k+1)ésima parte en la que ya se ha dividido el plano, y cada una de estas partes se dividirá en 2 partes, es decir, se agregará otra k+1 parte. Entonces,

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

Q.E.D.

10. En la expresión x 1: x 2: ... : x n, se colocan paréntesis para indicar el orden de las acciones y el resultado se escribe como una fracción:

(en este caso, cada una de las letras x 1, x 2, ..., x n está en el numerador de la fracción o en el denominador). ¿Cuántas expresiones diferentes se pueden obtener de esta forma con todas las formas posibles de colocar paréntesis?

En primer lugar, está claro que en la fracción resultante x 1 estará en el numerador. Es casi tan obvio que x 2 estará en el denominador sin importar cómo se coloquen los paréntesis (el signo de división delante de x 2 se refiere a x 2 mismo o a alguna expresión que contenga x 2 en el numerador).

Se puede suponer que todas las demás letras x 3, x 4, ..., x n se pueden ubicar en el numerador o denominador de forma completamente arbitraria. De ello se deduce que en total puedes obtener 2 n–2 fracciones: cada una de las n–2 letras x 3, x 4, ..., x n puede aparecer independientemente de las demás en el numerador o denominador.

Probemos esta afirmación por inducción.

Con n=3 puedes obtener 2 fracciones:

entonces la afirmación es cierta.

Supongamos que es cierto para n=k y demostrémoslo para n=k+1.

Sea la expresión x 1:x 2: ... :x k después de colocar algunos corchetes en forma de una determinada fracción Q. Si en esta expresión en lugar de x k sustituimos x k:x k+1, entonces x k será en el mismo lugar que estaba en la fracción Q, y x k+1 no estará donde estaba x k (si x k estaba en el denominador, entonces x k+1 estará en el numerador y viceversa).

Ahora demostraremos que podemos sumar x k+1 al mismo lugar donde se encuentra x k. En la fracción Q, después de colocar los corchetes, necesariamente habrá una expresión de la forma q:x k, donde q es la letra x k–1 o alguna expresión entre paréntesis. Reemplazando q:x k con la expresión (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), obviamente obtenemos la misma fracción Q, donde en lugar de x k hay x k ·x k+1 .

Por lo tanto, el número de todas las fracciones posibles en el caso n=k+1 es 2 veces mayor que en el caso n=k y es igual a 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Así queda probada la afirmación.

Respuesta: 2 n–2 fracciones.

Problemas sin soluciones

1. Demuestre que para cualquier n natural:

a) el número 5 n –3 n +2n es divisible por 4;

b) el número n 3 +11n es divisible por 6;

c) el número 7 n +3n–1 es divisible por 9;

d) el número 6 2n +19 n –2 n+1 es divisible por 17;

e) el número 7 n+1 +8 2n–1 es divisible por 19;

f) el número 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 es divisible por 27.

2. Demuestre que (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Demuestre la desigualdad |sen nx| n|pecado x| para cualquier n natural.

4. Encuentre números naturales a, b, c que no sean divisibles por 10 y tales que para cualquier n natural los números a n + b n y c n tengan los mismos dos últimos dígitos.

5. Demuestre que si n puntos no se encuentran en la misma recta, entonces entre las rectas que los conectan hay al menos n diferentes.

Descripción bibliográfica: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Aplicación del método de inducción matemática a la resolución de problemas de divisibilidad de números naturales // Joven científico. 2015. N° 2. Pág. 84-86..04.2019).

En las Olimpiadas de matemáticas suelen surgir problemas bastante difíciles para demostrar la divisibilidad de los números naturales. Los escolares se enfrentan a un problema: ¿cómo encontrar un método matemático universal que les permita resolver este tipo de problemas?

Resulta que la mayoría de los problemas para demostrar la divisibilidad se pueden resolver mediante el método de inducción matemática, pero los libros de texto escolares prestan muy poca atención a este método a menudo se da una breve descripción teórica y se analizan varios problemas;

Encontramos el método de inducción matemática en la teoría de números. En los albores de la teoría de números, los matemáticos descubrieron muchos hechos de forma inductiva: L. Euler y K. Gauss a veces consideraron miles de ejemplos antes de notar un patrón numérico y creer en él. Pero al mismo tiempo comprendieron cuán engañosas pueden ser las hipótesis que han pasado la prueba “final”. Para pasar inductivamente de un enunciado verificado para un subconjunto finito a un enunciado similar para todo el conjunto infinito, se requiere una prueba. Este método fue propuesto por Blaise Pascal, quien encontró un algoritmo general para encontrar signos de divisibilidad de cualquier número entero entre cualquier otro número entero (tratado "Sobre la naturaleza de la divisibilidad de los números").

El método de inducción matemática se utiliza para demostrar mediante el razonamiento la verdad de un determinado enunciado para todos los números naturales o la verdad de un enunciado a partir de un determinado número n.

La resolución de problemas para demostrar la verdad de una determinada afirmación mediante el método de inducción matemática consta de cuatro etapas (Fig.1):

Arroz. 1. Esquema para resolver el problema.

1. Base de inducción . Verifican la validez del enunciado para el número natural más pequeño para el cual el enunciado tiene sentido.

2. Hipótesis inductiva . Suponemos que la afirmación es verdadera para algún valor de k.

3. Transición de inducción . Probamos que la afirmación es verdadera para k+1.

4. Conclusión . Si tal prueba se completó, entonces, basándose en el principio de inducción matemática, se puede argumentar que la afirmación es verdadera para cualquier número natural n.

Consideremos la aplicación del método de inducción matemática a la resolución de problemas para demostrar la divisibilidad de números naturales.

Ejemplo 1. Demuestra que el número 5 es múltiplo de 19, donde n es un número natural.

Prueba:

1) Comprobemos que esta fórmula es correcta para n = 1: el número =19 es múltiplo de 19.

2) Sea esta fórmula cierta para n = k, es decir, el número es múltiplo de 19.

Es múltiplo de 19. De hecho, el primer término es divisible por 19 debido al supuesto (2); el segundo término también es divisible por 19 porque contiene un factor de 19.

Ejemplo 2. Demuestra que la suma de los cubos de tres números naturales consecutivos es divisible por 9.

Prueba:

Probemos el enunciado: “Para cualquier número natural n, la expresión n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 es múltiplo de 9.

1) Comprobemos que esta fórmula es correcta para n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 múltiplos de 9.

2) Sea cierta esta fórmula para n = k, es decir, k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 es un múltiplo de 9.

3) Demostremos que la fórmula también es cierta para n = k + 1, es decir, (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 es múltiplo de 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).

La expresión resultante contiene dos términos, cada uno de los cuales es divisible por 9, por lo que la suma es divisible por 9.

4) Ambas condiciones del principio de inducción matemática se cumplen, por lo tanto, la oración es verdadera para todos los valores de n.

Ejemplo 3. Demuestre que para cualquier número natural n, el número 3 2n+1 +2 n+2 es divisible por 7.

Prueba:

1) Comprobemos que esta fórmula es correcta para n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 es múltiplo de 7.

2) Sea cierta esta fórmula para n = k, es decir, 3 2 k +1 +2 k +2 se divide por 7.

3) Demostremos que la fórmula también es cierta para n = k + 1, es decir

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 .T. k (3 2 k +1 +2 k +2) 9 se divide entre 7 y 7 2 k +2 se divide entre 7, luego su diferencia se divide entre 7.

4) Ambas condiciones del principio de inducción matemática se cumplen, por lo tanto, la oración es verdadera para todos los valores de n.

Muchos problemas de demostración de la teoría de la divisibilidad de números naturales se pueden resolver cómodamente utilizando el método de inducción matemática; incluso se puede decir que resolver problemas con este método es completamente algorítmico, basta con realizar 4 pasos básicos; Pero este método no puede llamarse universal, ya que también tiene desventajas: en primer lugar, solo se puede probar con un conjunto de números naturales y, en segundo lugar, solo se puede probar con una variable.

Para el desarrollo del pensamiento lógico y la cultura matemática, este método es una herramienta necesaria, porque el gran matemático ruso A. N. Kolmogorov dijo: “La comprensión y la capacidad de aplicar correctamente el principio de inducción matemática es un buen criterio de madurez lógica, que es absolutamente necesario para un matemático”.

Literatura:

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