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Développement méthodologique « méthode d'induction mathématique ». La méthode d'induction mathématique et son application à la résolution de problèmes

14.10.2023

Méthode d'induction mathématique

Introduction

Partie principale

Induction complète et incomplète
Principe de l'induction mathématique
Méthode d'induction mathématique
Exemples de résolution
Égalités
Division des nombres
Inégalités

Conclusion

Liste de la littérature utilisée

Introduction

La méthode d’induction mathématique peut être comparée au progrès. Nous partons du plus bas et, grâce à une pensée logique, nous arrivons au plus haut. L'homme a toujours aspiré au progrès, à la capacité de développer ses pensées de manière logique, ce qui signifie que la nature elle-même l'a destiné à penser de manière inductive.

Bien que le champ d'application de la méthode d'induction mathématique se soit élargi, peu de temps lui est consacré dans les programmes scolaires. Eh bien, dites-moi que ces deux ou trois leçons seront utiles à une personne, au cours desquelles elle entendra cinq mots de théorie, résoudra cinq problèmes primitifs et, par conséquent, recevra un A pour le fait qu'elle ne sait rien.

Mais il est très important de pouvoir penser de manière inductive.

Partie principale

Dans son sens originel, le mot « induction » s’applique au raisonnement par lequel des conclusions générales sont obtenues sur la base d’un certain nombre d’énoncés spécifiques. La méthode de raisonnement la plus simple de ce type est l’induction complète. Voici un exemple d’un tel raisonnement.

Soit il faut établir que tout nombre naturel pair n compris entre 4 peut être représenté comme la somme de deux nombres premiers. Pour ce faire, prenez tous ces nombres et écrivez les extensions correspondantes :

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.

Ces neuf égalités montrent que chacun des nombres qui nous intéressent est bien représenté comme la somme de deux termes simples.

Ainsi, l’induction complète consiste à prouver l’énoncé général séparément dans chacun d’un nombre fini de cas possibles.

Parfois, le résultat général peut être prédit après avoir considéré non pas tous, mais un nombre suffisamment grand de cas particuliers (ce qu'on appelle l'induction incomplète).

Le résultat obtenu par induction incomplète ne reste cependant qu'une hypothèse jusqu'à ce qu'il soit prouvé par un raisonnement mathématique précis, couvrant tous les cas particuliers. En d’autres termes, l’induction incomplète en mathématiques n’est pas considérée comme une méthode légitime de preuve rigoureuse, mais constitue une méthode puissante pour découvrir de nouvelles vérités.

Supposons, par exemple, que vous souhaitiez trouver la somme des n premiers nombres impairs consécutifs. Considérons des cas particuliers :

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

Après avoir examiné ces quelques cas particuliers, la conclusion générale suivante s’impose :

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

ceux. la somme des n premiers nombres impairs consécutifs est n 2

Bien entendu, l'observation faite ne peut pas encore servir de preuve de la validité de la formule donnée.

L'induction complète n'a que des applications limitées en mathématiques. De nombreuses affirmations mathématiques intéressantes couvrent un nombre infini de cas particuliers, mais nous ne sommes pas en mesure de tester un nombre infini de cas. Une induction incomplète conduit souvent à des résultats erronés.

Dans de nombreux cas, la solution à ce type de difficulté consiste à recourir à une méthode de raisonnement particulière, appelée méthode d’induction mathématique. C'est le suivant.

Supposons que vous deviez prouver la validité d'une certaine affirmation pour tout nombre naturel n (par exemple, vous devez prouver que la somme des n premiers nombres impairs est égale à n 2). La vérification directe de cette affirmation pour chaque valeur de n est impossible, puisque l’ensemble des nombres naturels est infini. Pour prouver cette affirmation, vérifiez d’abord sa validité pour n=1. Puis ils prouvent que pour toute valeur naturelle de k, la validité de l’énoncé considéré pour n=k implique sa validité pour n=k+1.

Alors l’énoncé est considéré comme prouvé pour tout n. En fait, l’affirmation est vraie pour n=1. Mais c’est également vrai pour le nombre suivant n=1+1=2. La validité de l'énoncé pour n=2 implique sa validité pour n=2+

1=3. Cela implique la validité de l'énoncé pour n=4, etc. Il est clair qu’en fin de compte, nous parviendrons à n’importe quel nombre naturel n. Cela signifie que la déclaration est vraie pour tout n.

En résumant ce qui a été dit, nous formulons le principe général suivant.

Le principe de l'induction mathématique.

Si la proposition A(n), en fonction de l'entier natureln, vrai pourn=1 et du fait que c'est vrai pourn= k (Oùk-n'importe quel nombre naturel), il s'ensuit que c'est vrai pour le nombre suivantn= k+1, alors hypothèse A(n) vrai pour tout nombre natureln.

Dans un certain nombre de cas, il peut être nécessaire de prouver la validité d'une certaine affirmation non pas pour tous les nombres naturels, mais uniquement pour n>p, où p est un nombre naturel fixe. Dans ce cas, le principe de l'induction mathématique est formulé comme suit.

Si la proposition A(n) vrai pourn= p et si A(k) Þ UN(k+1) pour tout le mondek> p, puis la proposition A(n) vrai pour tout le monden> p.

La preuve par la méthode d'induction mathématique s'effectue comme suit. Tout d’abord, l’énoncé à prouver est vérifié pour n=1, c’est-à-dire la vérité de la déclaration A(1) est établie. Cette partie de la preuve est appelée la base d’induction. Vient ensuite la partie de la preuve appelée l’étape d’induction. Dans cette partie, ils prouvent la validité de l'énoncé pour n=k+1 sous l'hypothèse de la validité de l'énoncé pour n=k (hypothèse d'induction), c'est-à-dire prouver que A(k)ÞA(k+1).

EXEMPLE 1

Montrer que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Solution : 1) Nous avons n=1=1 2 . Ainsi,

l'affirmation est vraie pour n = 1, c'est-à-dire A(1) est vrai.

2) Montrons que A(k)ÞA(k+1).

Soit k n'importe quel nombre naturel et que l'énoncé soit vrai pour n=k, c'est-à-dire

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Montrons qu'alors l'énoncé est également vrai pour le prochain nombre naturel n=k+1, c'est-à-dire Quoi

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

En effet,

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

Donc, A(k)ÞA(k+1). Sur la base du principe d’induction mathématique, nous concluons que l’hypothèse A(n) est vraie pour tout nÎN.

EXEMPLE 2

Prouve-le

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

Solution : 1) Pour n=1 on obtient

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

donc, pour n=1, la formule est correcte ; A(1) est vrai.

2) Soit k n'importe quel nombre naturel et que la formule soit vraie pour n=k, c'est-à-dire

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

Montrons qu'alors l'égalité est vraie

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

En effet

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).

Donc, A(k)ÞA(k+1). Sur la base du principe de l’induction mathématique, nous concluons que la formule est vraie pour tout nombre naturel n.

EXEMPLE 3

Montrer que le nombre de diagonales d’un n-gone convexe est égal à n(n-3)/2.

Solution : 1) Pour n=3, l'énoncé est vrai

Et 3 est significatif, car dans un triangle

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

A 2 A(3) est vrai.

2) Supposons que dans chaque

un k-gon convexe a-

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

Et k Montrons qu'alors dans le convexe

(k+1)-numéro de gon

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

Soit A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 un (k+1)-gon convexe. Dessinons une diagonale A 1 A k dedans. Pour calculer le nombre total de diagonales de ce (k+1)-gon, vous devez compter le nombre de diagonales dans le k-gon A 1 A 2 ...A k , ajouter k-2 au nombre obtenu, c'est-à-dire il convient de prendre en compte le nombre de diagonales du (k+1)-gon émanant du sommet A k +1, et, en outre, la diagonale A 1 A k.

Ainsi,

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

Donc, A(k)ÞA(k+1). En raison du principe d’induction mathématique, l’affirmation est vraie pour tout n-gone convexe.

EXEMPLE 4

Montrer que pour tout n, l’énoncé suivant est vrai :

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solution : 1) Soit n=1, alors

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

Cela signifie que pour n=1, la déclaration est vraie.

2) Supposons que n=k

Xk =k2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) Considérez cette affirmation pour 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.

Nous avons prouvé que l'égalité est vraie pour n=k+1, donc, en vertu de la méthode d'induction mathématique, l'affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

EXEMPLE 5

Montrer que pour tout nombre naturel n l’égalité est vraie :

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solution : 1) Soit n=1.

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

Nous voyons que pour n=1, l’énoncé est vrai.

2) Supposons que l'égalité soit vraie pour n=k

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

3) Prouvons la véracité de cette affirmation pour n=k+1, c'est-à-dire

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.

D’après la preuve ci-dessus, il est clair que l’affirmation est vraie pour n=k+1, donc l’égalité est vraie pour tout nombre naturel n.

EXEMPLE 6

Prouve-le

((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), où n>2.

Solution : 1) Pour n=2 l'identité ressemble à : (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

ceux. c'est vrai.

2) Supposons que l'expression est vraie pour n=k

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

3) Prouvons l'exactitude de l'expression pour 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).

Nous avons prouvé que l'égalité est vraie pour n=k+1, donc, en vertu de la méthode d'induction mathématique, l'affirmation est vraie pour tout n>2

EXEMPLE 7

Prouve-le

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

pour tout n naturel.

Solution : 1) Soit n=1, alors

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

2) Supposons que n=k, alors

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

3) Prouvons la véracité de cette affirmation pour 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).

La validité de l’égalité pour n=k+1 a également été prouvée, donc l’affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

EXEMPLE 8

Prouver que l'identité est correcte

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

pour tout n naturel.

1) Pour n=1 l'identité est vraie 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Supposons que pour n=k

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

3) Montrons que l'identité est vraie pour 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).

D’après la preuve ci-dessus, il est clair que l’affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

EXEMPLE 9

Montrer que (11 n+2 +12 2n+1) est divisible par 133 sans reste.

Solution : 1) Soit n=1, alors

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

Mais (23´133) est divisible par 133 sans reste, ce qui signifie que pour n=1 l'énoncé est vrai ; A(1) est vrai.

2) Supposons que (11 k+2 +12 2k+1) soit divisible par 133 sans reste.

3) Montrons que dans ce cas

(11 k+3 +12 2k+3) est divisible par 133 sans reste. En effet, 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(11k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

La somme résultante est divisée par 133 sans reste, puisque son premier terme est divisible par 133 sans reste par hypothèse, et dans le second l'un des facteurs est 133. Donc, A(k)ÞA(k+1). Grâce à la méthode d’induction mathématique, cette affirmation a été prouvée.

EXEMPLE 10

Montrer que pour tout n 7 n -1 est divisible par 6 sans reste.

Solution : 1) Soit n=1, alors X 1 =7 1 -1=6 est divisé par 6 sans reste. Cela signifie que lorsque n=1, la déclaration est vraie.

2) Supposons que pour n=k

7 k -1 est divisible par 6 sans reste.

3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n=k+1.

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

Le premier terme est divisible par 6, puisque 7 k -1 est divisible par 6 par hypothèse, et le deuxième terme est 6. Cela signifie que 7 n -1 est un multiple de 6 pour tout n naturel. Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

EXEMPLE 11

Montrer que 3 3n-1 +2 4n-3 pour un naturel arbitraire n est divisible par 11.
Solution : 1) Soit n=1, alors

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 est divisé par 11 sans reste. Cela signifie que pour n=1, la déclaration est vraie.

2) Supposons que pour n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 est divisible par 11 sans reste.

3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n=k+1.

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

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

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

Le premier terme est divisible par 11 sans reste, puisque 3 3 k-1 +2 4k-3 est divisible par 11 par hypothèse, le second est divisible par 11, car l'un de ses facteurs est le nombre 11. Cela signifie la somme est divisible par 11 sans reste pour tout n naturel. Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

EXEMPLE 12

Montrer que 11 2n -1 pour un naturel arbitraire n est divisible par 6 sans reste.

Solution : 1) Soit n=1, alors 11 2 -1=120 est divisible par 6 sans reste. Cela signifie que lorsque n=1, la déclaration est vraie.

2) Supposons que pour n=k

11 2 k -1 est divisible par 6 sans reste.

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

Les deux termes sont divisibles par 6 sans reste : le premier contient un multiple de 6, le nombre 120, et le second est divisible par 6 sans reste par hypothèse. Cela signifie que la somme est divisible par 6 sans reste. Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

EXEMPLE 13

Montrer que 3 3 n+3 -26n-27 pour un nombre naturel arbitraire n est divisible par 26 2 (676) sans reste.

Solution : Nous prouvons d’abord que 3 3 n+3 -1 est divisible par 26 sans reste.

Quand n=0

3 3 -1=26 est divisé par 26

Supposons que pour n=k

3 3k+3 -1 est divisible par 26

Montrons que l'énoncé

vrai pour n=k+1.

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3l+3 +(3 3 k +3 -1) -divisé par 26

Procédons maintenant à la preuve de l’énoncé formulé dans l’énoncé du problème.

1) Évidemment, lorsque n=1, la déclaration est vraie

3 3+3 -26-27=676

2) Supposons que pour n=k

l'expression 3 3 k+3 -26k-27 est divisée par 26 2 sans reste.

3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n=k+1

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

Les deux termes sont divisibles par 26 2 ; la première est divisible par 26 2 car nous avons prouvé que l'expression entre parenthèses est divisible par 26, et la seconde est divisible par l'hypothèse de récurrence. Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

EXEMPLE 14

Montrer que si n>2 et x>0, alors l'inégalité est vraie

(1+x) n >1+n´x.

Solution : 1) Pour n=2 l'inégalité est valide, puisque

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

Donc A(2) est vrai.

2) Montrons que A(k)ÞA(k+1), si k> 2. Supposons que A(k) est vraie, c'est-à-dire que l'inégalité

(1+x) k >1+k´x. (3)

Montrons qu'alors A(k+1) est également vraie, c'est-à-dire que l'inégalité

(1+x)k+1 >1+(k+1)´x.

En fait, en multipliant les deux côtés de l’inégalité (3) par le nombre positif 1+x, on obtient

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Considérons le membre droit de la dernière inégalité

stva; nous avons

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

En conséquence, nous obtenons cela

(1+x)k+1 >1+(k+1)´x.

Donc, A(k)ÞA(k+1). Sur la base du principe d’induction mathématique, on peut affirmer que l’inégalité de Bernoulli est vraie pour tout

EXEMPLE 15

Prouver que l'inégalité est vraie

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

Solution : 1) Quand m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 les deux côtés sont égaux.

2) Supposons que pour m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Montrons que pour m=k+1 l'inégalité est vraie

(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)´une 2)=1+(k+1)´une+((k(k+1)/2)+k+1)´une 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 .

Nous avons prouvé la validité de l'inégalité pour m=k+1, donc, grâce à la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est valable pour tout m naturel.

EXEMPLE 16

Montrer que pour n>6 l'inégalité est vraie

Solution : Réécrivons l'inégalité sous la forme

Pour n=7 on a

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

l'inégalité est vraie.

Supposons que pour n=k

3) Montrons la validité de l'inégalité pour n=k+1.

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

Puisque k>7, la dernière inégalité est évidente.

Grâce à la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est valable pour tout nombre naturel n.

EXEMPLE 17

Montrer que pour n>2 l'inégalité est vraie

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Solution : 1) Pour n=3 l'inégalité est vraie

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

Supposons que pour n=k

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

3) Prouvons la validité du non-

égalité pour n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

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

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Ce dernier point est évident, et donc

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’inégalité est prouvée.

Conclusion

En particulier, en étudiant la méthode d'induction mathématique, j'ai approfondi mes connaissances dans ce domaine des mathématiques, et j'ai également appris à résoudre des problèmes qui dépassaient auparavant mes capacités.

Il s'agissait principalement de tâches logiques et divertissantes, c'est-à-dire juste ceux qui accroissent l’intérêt pour les mathématiques elles-mêmes en tant que science. Résoudre de tels problèmes devient une activité divertissante et peut attirer de plus en plus de curieux dans les labyrinthes mathématiques. À mon avis, c'est la base de toute science.

En continuant à étudier la méthode d'induction mathématique, j'essaierai d'apprendre à l'appliquer non seulement aux mathématiques, mais aussi à la résolution de problèmes de physique, de chimie et de la vie elle-même.

MATHÉMATIQUES:

CONFÉRENCES, PROBLÈMES, SOLUTIONS

Manuel / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I. Pot-pourri LLC 1996.

ALGÈBRE ET DÉBUTS DE L'ANALYSE

Manuel / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. « Lumières » 1975.

La leçon vidéo « Méthode d'induction mathématique » vous aide à maîtriser la méthode d'induction mathématique. La vidéo contient du matériel qui vous aide à comprendre l'essence de la méthode, à mémoriser les caractéristiques de son application et à apprendre à appliquer cette méthode lors de la résolution de problèmes. Le but de ce didacticiel vidéo est de faciliter le développement du matériel et de développer la capacité à résoudre des problèmes mathématiques en utilisant la méthode d'induction.

Pour garder l'attention des étudiants sur l'apprentissage du matériel, des effets d'animation, des illustrations et une présentation des informations en couleur sont utilisés. Un cours vidéo libère le temps de l’enseignant en classe pour améliorer la qualité du travail individuel et résoudre d’autres problèmes pédagogiques.

Le concept de méthode d'induction mathématique est introduit en considérant la séquence a n , dans laquelle a 1 =4, et a n+1 = a n +2n+3. Conformément à la représentation générale du membre de séquence, il est déterminé que a 1 =4, a 2 =4+2·1+3=9, a 3 =9+2·2+3=16, c'est-à-dire le séquence de nombres 4, 9, 16,... On suppose que pour cette séquence a n =(n+1) 2 est vrai. Pour les termes indiqués de la séquence - premier, deuxième, troisième - la formule est correcte. Il est nécessaire de prouver la validité de cette formule pour tout n arbitrairement grand. Il est indiqué que dans de tels cas, la méthode d’induction mathématique est utilisée pour aider à prouver l’affirmation.

L'essence de la méthode est révélée. La formule pour n=k est supposée valide, la valeur a k =(k+1) 2 . Il faut prouver que l'égalité sera également valable pour k+1, ce qui signifie a k +1 =(k+2) 2 . Pour ce faire, dans la formule a k +1 =a k +2k+3 on remplace a k par (k+1) 2. Après substitution et réduction des similaires, on obtient l'égalité a k +1 =(k+2) 2 . Cela nous donne le droit d'affirmer que la validité de la formule pour n la rend vraie pour n=k+1. La preuve considérée par rapport à la suite a n , qui est représentée par les nombres 4, 9, 16,... et le terme général a n =(n+1) 2, donne le droit d'affirmer que si la formule se transforme en un vraie égalité pour n=1, puis aussi pour n=1+ 1=2, et pour 3, etc., c'est-à-dire pour tout nombre naturel n.

Ensuite, l’essence de la méthode d’induction est présentée en langage mathématique. Le principe de la méthode repose sur la validité de l'énoncé selon lequel un fait est valable pour un nombre naturel arbitraire n lorsque deux conditions sont remplies : 1) l'énoncé est vrai pour n=1 2) sur la validité de cette formule pour n= k il s'ensuit qu'il est valable pour n=k+1. De ce principe découle la structure de la preuve, utilisant la méthode de l’induction mathématique. Il est à noter que cette méthode suppose pour n=1 la preuve de la validité de l'énoncé, et en supposant la validité de la preuve pour n=k, il est prouvé que c'est également vrai pour n=k+1.

Un exemple de preuve de la formule d'Archimède en utilisant la méthode d'induction mathématique est analysé. Étant donné la formule 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6. Des calculs sont effectués à l'écran pour montrer la validité de la formule pour n=1. Le deuxième point de la preuve est l'hypothèse que pour n=k la formule est valide, c'est-à-dire qu'elle prend la forme 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1 )/6. Sur cette base, il est prouvé que la formule est également vraie pour n=k+1. Après avoir remplacé n=k+1, nous obtenons la valeur de la formule 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3) /6. Ainsi, la formule d'Archimède est prouvée.

Un autre exemple examine la preuve de la multiplicité de 7 de la somme 15 n +6 pour tout nombre naturel n. Dans la preuve, nous utilisons la méthode d’induction mathématique. Tout d’abord, nous vérifions la validité de l’énoncé pour n=1. En effet, 15 1 +6=21. Nous supposons alors la validité pour n=k. Cela signifie que 15 k +6 est un multiple de 7. En substituant n=k+1 dans la formule, nous prouvons que la valeur 15 k +1 +6 est un multiple de 7. Après transformation de l'expression, on obtient : 15 k +1 +6=15 k +1 ·14+(15 k +6). La somme 15 n +6 est donc un multiple de 7.

La leçon vidéo « Méthode d'induction mathématique » révèle clairement et en détail l'essence et le mécanisme de l'utilisation de la méthode d'induction mathématique dans la preuve. Par conséquent, ce matériel vidéo peut servir non seulement d'aide visuelle dans une leçon d'algèbre, mais sera utile lorsque l'étudiant étudie le matériel de manière indépendante et aidera à expliquer le sujet à l'enseignant lors de l'enseignement à distance.

Savelyeva Ekaterina

L'article discute de l'application de la méthode d'induction mathématique dans la résolution de problèmes de divisibilité et la sommation de séries. Des exemples d'application de la méthode d'induction mathématique pour prouver des inégalités et résoudre des problèmes géométriques sont considérés. L'ouvrage est illustré d'une présentation.

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Ministère des Sciences et de l'Éducation de la Fédération de Russie

Établissement d'enseignement public

école secondaire n°618

Cours : algèbre et débuts de l'analyse

Thème du travail du projet

"La méthode d'induction mathématique et son application à la résolution de problèmes"

Travaux achevés: Savelyeva E, classe 11B

Superviseur : Makarova T.P., professeur de mathématiques, Lycée GOU n° 618

1. Introduction.

2.Méthode d'induction mathématique dans la résolution de problèmes de divisibilité.

3. Application de la méthode d'induction mathématique à la sommation de séries.

4. Exemples d'application de la méthode d'induction mathématique à la preuve d'inégalités.

5. Application de la méthode d'induction mathématique à la résolution de problèmes géométriques.

6. Liste de la littérature utilisée.

Introduction

La base de toute recherche mathématique repose sur les méthodes déductives et inductives. La méthode de raisonnement déductive consiste à raisonner du général au spécifique, c'est-à-dire raisonnement dont le point de départ est le résultat général et le point final est le résultat particulier. L'induction est utilisée pour passer de résultats particuliers à des résultats généraux, c'est-à-dire est le contraire de la méthode déductive. La méthode d’induction mathématique peut être comparée au progrès. Nous partons du plus bas et, grâce à une pensée logique, nous arrivons au plus haut. L'homme a toujours aspiré au progrès, à la capacité de développer ses pensées de manière logique, ce qui signifie que la nature elle-même l'a destiné à penser de manière inductive. Bien que le champ d'application de la méthode d'induction mathématique se soit élargi, peu de temps lui est consacré dans les programmes scolaires. Mais il est si important de pouvoir penser de manière inductive. L'application de ce principe dans la résolution de problèmes et la démonstration de théorèmes est comparable à la prise en compte dans la pratique scolaire d'autres principes mathématiques : tiers exclu, inclusion-exclusion, Dirichlet, etc. Ce résumé contient des problèmes issus de différentes branches des mathématiques, dans lesquels les L'outil principal est l'utilisation de la méthode d'induction mathématique. Parlant de l'importance de cette méthode, A.N. Kolmogorov a noté que « la compréhension et la capacité à appliquer le principe de l'induction mathématique sont un bon critère de maturité, absolument nécessaire pour un mathématicien ». La méthode d'induction dans son sens le plus large consiste à passer d'observations particulières à un modèle ou une formulation générale universelle. Dans cette interprétation, la méthode est bien entendu la principale méthode de recherche dans toute science naturelle expérimentale.

activité humaine. La méthode (principe) d'induction mathématique dans sa forme la plus simple est utilisée lorsqu'il est nécessaire de prouver une certaine affirmation pour tous les nombres naturels.

Tâche 1. Dans son article « Comment je suis devenu mathématicien » A.N. Kolmogorov écrit : « J'ai appris très tôt la joie d'une « découverte » mathématique, après avoir remarqué une tendance à l'âge de cinq ou six ans.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 et ainsi de suite.

L'école a publié le magazine "Spring Swallows". C'est dans cet ouvrage que ma découverte a été publiée... »

Nous ne savons pas quel genre de preuves ont été fournies dans ce journal, mais tout a commencé par des observations privées. L'hypothèse elle-même, probablement née après la découverte de ces égalités partielles, est que la formule

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

vrai pour tout nombre donné n = 1, 2, 3, ...

Pour prouver cette hypothèse, il suffit d'établir deux faits. Premièrement, pour n = 1 (et même pour n = 2, 3, 4) la déclaration souhaitée est vraie. Deuxièmement, supposons que l'énoncé soit vrai pour p = k, et nous veillerons à ce que cela soit également vrai pour n = k + 1 :

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

Cela signifie que l'énoncé à prouver est vrai pour toutes les valeurs n : pour n = 1 c'est vrai (cela a été vérifié), et du fait du deuxième fait - pour n = 2, d'où pour n = 3 (en raison du même, deuxième fait), etc.

Problème 2. Considérez toutes les fractions ordinaires possibles avec le numérateur 1 et tout (entier positif)

Dénominateur (nominal) : Prouver que pour tout p> 3 on peut représenter l'unité comme une somme P. diverses fractions de ce type.

Solution, Vérifions d'abord cette affirmation pour n = 3 ; nous avons:

Par conséquent, l’énoncé de base est satisfait

Supposons maintenant que l'énoncé qui nous intéresse est vrai pour un certain nombreÀ, et prouver que c'est également vrai pour le nombre qui le suitÀ + 1. En d’autres termes, supposons qu’il existe une représentation

dans lequel k les termes et tous les dénominateurs sont différents. Montrons qu'alors nous pouvons obtenir une représentation de l'unité comme somme à partir deÀ + 1 fractions du type requis. Nous supposerons que les fractions sont décroissantes, c'est-à-dire les dénominateurs (dans la représentation de l'unité par la sommeÀ termes) augmentent de gauche à droite de façon à ce que T - le plus grand des dénominateurs. Nous obtiendrons la représentation dont nous avons besoin sous la forme d'une somme(À + 1)ème fraction, si l'on divise une fraction, par exemple la dernière, en deux. Cela peut être fait parce que

Et donc

De plus, toutes les fractions sont restées différentes, puisque T était le plus grand dénominateur, et t + 1 > t, et

t(t + 1) > t.

Ainsi, nous avons établi :

avec n = 3 cette affirmation est vraie ;

si l'énoncé qui nous intéresse est vrai pourÀ,
alors c'est aussi vrai pour k + 1.

Sur cette base, nous pouvons affirmer que l’énoncé en question est vrai pour tous les nombres naturels, à partir de trois. De plus, la preuve ci-dessus implique également un algorithme pour trouver la partition d'unité requise. (De quel algorithme s'agit-il ? Imaginez le nombre 1 comme la somme de 4, 5, 7 termes à lui seul.)

Pour résoudre les deux problèmes précédents, deux étapes ont été franchies. La première étape s'appelle base induction, seconde -transition inductiveou étape d'induction. La deuxième étape est la plus importante et elle implique de faire une hypothèse (l'affirmation est vraie lorsque n = k) et conclusion (l'affirmation est vraie lorsque n = k + 1). Le paramètre n lui-même est appelé paramètre d’induction.Ce schéma logique (technique), qui permet de conclure que l'énoncé en question est vrai pour tous les nombres naturels (ou pour tous, à partir de certains), puisque la base et la transition sont valables, s'appellele principe de l'induction mathématique, sur lequel La méthode d'induction mathématique est basée.Le terme « induction » lui-même vient du mot latin induction (orientation), ce qui signifie le passage d'une connaissance unique sur des objets individuels d'une classe donnée à une conclusion générale sur tous les objets d'une classe donnée, qui est l'une des principales méthodes de cognition.

Le principe de l’induction mathématique, précisément sous la forme familière de deux étapes, est apparu pour la première fois en 1654 dans le « Traité du triangle arithmétique » de Blaise Pascal, dans lequel une manière simple de calculer le nombre de combinaisons (coefficients binomiaux) était prouvée par induction. D. Polya cite B. Pascal dans le livre avec des modifications mineures indiquées entre crochets :

« Bien que la proposition en question [la formule explicite des coefficients binomiaux] contienne d'innombrables cas particuliers, j'en donnerai une très brève démonstration, basée sur deux lemmes.

Le premier lemme indique que l’hypothèse est vraie pour la raison – c’est évident. [À P. = 1 formule explicite est valide...]

Le deuxième lemme énonce ce qui suit : si notre hypothèse est vraie pour une base arbitraire [pour un r arbitraire], alors elle sera vraie pour la raison suivante [pour n+1].

De ces deux lemmes il résulte nécessairement que la proposition est valable pour toutes les valeurs P. En effet, en vertu du premier lemme, il est vrai pour P. = 1 ; donc, en vertu du deuxième lemme, il est vrai pour P. = 2 ; donc, toujours en vertu du deuxième lemme, cela est valable pour n = 3 et ainsi de suite à l’infini.

Problème 3. Le puzzle des Tours de Hanoï se compose de trois tiges. Sur l'une des tiges se trouve une pyramide (Fig. 1), constituée de plusieurs anneaux de diamètres différents, décroissant de bas en haut

Fig. 1

Cette pyramide doit être déplacée vers l'une des autres tiges, en déplaçant un seul anneau à chaque fois et en ne plaçant pas le plus grand anneau sur le plus petit. Est-il possible de faire cela?

Solution. Nous devons donc répondre à la question : est-il possible de déplacer une pyramide composée de P. des anneaux de diamètres différents, d'une canne à l'autre, suivant les règles du jeu ? Nous avons maintenant, comme on dit, paramétré le problème (un nombre naturel a été introduit en considération P), et il peut être résolu par induction mathématique.

Base à induction. Quand n = 1, tout est clair, puisqu'une pyramide d'un anneau peut évidemment être déplacée vers n'importe quelle tige.
Étape d'induction. Supposons que nous puissions déplacer n'importe quelle pyramide avec le nombre d'anneaux p = k.
Montrons qu'alors nous pouvons déplacer la pyra midka de n = k + 1.

Pyramide de à anneaux posés sur le plus grand(À + 1)-ième anneau, on peut, selon l'hypothèse, le déplacer vers n'importe quelle autre tige. Faisons-le. immobile(À + Le 1)ème anneau ne nous empêchera pas de réaliser l'algorithme de déplacement, puisqu'il est le plus grand. Après avoir déménagéÀ anneaux, déplaçons ce plus gros(À + 1)ième anneau sur la tige restante. Et puis encore une fois nous appliquons l'algorithme de mouvement que nous connaissons par hypothèse inductiveÀ anneaux, et déplacez-les vers la tige avec celle située en dessous(À + 1)ème anneau. Ainsi, si l’on sait déplacer des pyramides avecÀ anneaux, alors nous savons comment déplacer les pyramides et avecÀ + 1 sonnerie. Ainsi, selon le principe de l'induction mathématique, il est toujours possible de déplacer la pyramide constituée de n anneaux, où n > 1.

Méthode d'induction mathématique pour résoudre des problèmes de divisibilité.

En utilisant la méthode d'induction mathématique, vous pouvez prouver diverses affirmations concernant la divisibilité des nombres naturels.

Problème 4 . Si n est un nombre naturel, alors ce nombre est pair.

Lorsque n=1 notre affirmation est vraie : - un nombre pair. Supposons qu'il s'agisse d'un nombre pair. Puisque 2k est un nombre pair, alors il est pair. Ainsi, la parité est prouvée pour n=1, la parité se déduit de la parité. Cela signifie qu'elle est paire pour toutes les valeurs naturelles de n.

Tâche 3. Prouver que le nombre Z 3 + 3 - 26n - 27 avec naturel arbitraire n est divisible par 26 2 sans reste.

Solution. Démontrons d’abord par récurrence l’énoncé auxiliaire selon lequel 3 3n+3 — 1 est divisible par 26 sans reste lorsque n > 0.

Base à induction. Pour n = 0 on a : 3 3 - 1 = 26—divisible par 26.

Étape d'induction. Supposons que 3 3n+3 - 1 est divisé par 26 lorsque n = k, et Montrons que dans ce cas l'énoncé sera vrai pour n = k + 1. Depuis 3

alors de l'hypothèse inductive on conclut que le nombre 3 3k + 6 - 1 est divisible par 26.

Nous allons maintenant prouver l’énoncé formulé dans l’énoncé du problème. Et encore par induction.

Base à induction. Il est évident que lorsque n = 1 affirmation est vraie : depuis 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
Étape d'induction. Supposons que lorsque p = k
expression 3 3k + 3 - 26k - 27 est divisé par 26 2 sans reste, et prouver que l'énoncé est vrai pour n = k + 1,
c'est-à-dire ce numéro

divisible par 26 2 sans laisser de trace. En dernière somme, les deux termes sont divisibles par 26 2 . La première est que nous avons prouvé que l’expression entre parenthèses est divisible par 26 ; la seconde est par l’hypothèse d’induction. En vertu du principe d’induction mathématique, l’énoncé souhaité est complètement prouvé.

Application de la méthode d'induction mathématique à la sommation de séries.

Tâche 5. Prouver la formule

N est un nombre naturel.

Solution.

Lorsque n = 1, les deux côtés de l’égalité deviennent un et, par conséquent, la première condition du principe d’induction mathématique est satisfaite.

Supposons que la formule soit correcte pour n=k, c'est-à-dire

Ajoutons les deux côtés de cette égalité et transformons le côté droit. Ensuite, nous obtenons

Ainsi, du fait que la formule est vraie pour n=k, il s’ensuit qu’elle est également vraie pour n=k+1. Cette affirmation est vraie pour toute valeur naturelle de k. Ainsi, la deuxième condition du principe d’induction mathématique est également satisfaite. La formule est éprouvée.

Tâche 6. Deux nombres sont écrits au tableau : 1,1. En entrant leur somme entre les nombres, on obtient les nombres 1, 2, 1. En répétant encore cette opération, on obtient les nombres 1, 3, 2, 3, 1. Après trois opérations, les nombres seront 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Quelle sera la somme de tous les nombres du tableau après 100 opérations ?

Solution. Faites tout 100 les opérations seraient une tâche très laborieuse et chronophage. Cela signifie que nous devons essayer de trouver une formule générale pour la somme S. nombres après n opérations. Regardons le tableau :

Avez-vous remarqué une tendance ici ? Sinon, vous pouvez faire un pas de plus : après quatre opérations, il y aura des chiffres

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

dont la somme S 4 est égale à 82.

En fait, vous ne pouvez pas écrire les nombres, mais dire immédiatement comment la somme changera après l'ajout de nouveaux nombres. Soit la somme égale à 5. Que deviendra-t-elle lorsque de nouveaux nombres seront ajoutés ? Divisons chaque nouveau nombre par la somme des deux anciens. Par exemple, de 1, 3, 2, 3, 1 on passe à 1,

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

C'est-à-dire que chaque ancien nombre (à l'exception des deux unités extrêmes) est désormais inclus trois fois dans la somme, donc la nouvelle somme est égale à 3S - 2 (soustrayez 2 pour prendre en compte les unités manquantes). Donc S 5 = 3S 4 - 2 = 244, et en général

Quelle est la formule générale ? S'il n'y avait pas la soustraction de deux unités, alors à chaque fois la somme augmenterait trois fois, comme en puissances de trois (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Et nos chiffres, comme nous pouvons le constater maintenant, sont un de plus. Ainsi, on peut supposer que

Essayons maintenant de le prouver par induction.

Base à induction. Voir tableau (pour n = 0, 1, 2, 3).

Étape d'induction. Faisons comme si

Montrons alors que S k + 1 = Z k + 1 + 1.

Vraiment,

Notre formule est donc éprouvée. Il montre qu'après cent opérations, la somme de tous les nombres sur le tableau sera égale à 3. 100 + 1.

Regardons un excellent exemple d'application du principe d'induction mathématique, dans lequel vous devez d'abord introduire deux paramètres naturels, puis effectuer une induction sur leur somme.

Tâche 7. Prouver que si= 2, x 2 = 3 et pour tout naturel p> 3 la relation est vraie

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

Que

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

Solution. Notez que dans ce problème, la séquence originale de nombres(xp) est déterminé par induction, puisque les termes de notre suite, à l'exception des deux premiers, sont spécifiés inductivement, c'est-à-dire à travers les précédents. Les séquences données sont donc appelées récurrent, et dans notre cas, cette suite est déterminée (en précisant ses deux premiers termes) de manière unique.

Base à induction. Elle consiste à vérifier deux affirmations : quand n = 1 et n = 2.V Dans les deux cas, l’énoncé est vrai par condition.

Étape d'induction. Supposons que pour n = k - 1 et n = k la déclaration est remplie, c'est-à-dire

Prouvons alors la validité de l'énoncé pour n = k + 1. On a :

x1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, ce qui devait être prouvé.

Tâche 8. Montrer que tout nombre naturel peut être représenté comme la somme de plusieurs termes différents de la séquence récurrente des nombres de Fibonacci :

pour k > 2.

Solution. Soit n - entier naturel. Nous procéderons à l'intégration le P.

Base à induction. Quand n = L’affirmation 1 est vraie puisque l’un est lui-même un nombre de Fibonacci.

Étape d'induction. Supposons que tous les nombres naturels soient inférieurs à un certain nombre P, peut être représenté comme la somme de plusieurs termes différents de la séquence de Fibonacci. Trouvons le plus grand nombre de Fibonacci Fort, pas supérieur P ; ainsi, F t p et F t +1 > p.

Parce que le

Par l'hypothèse d'induction, le nombre n-Ft peut être représenté comme la somme de 5 de plusieurs termes différents de la séquence de Fibonacci, et de la dernière inégalité il s'ensuit que tous les termes de la séquence de Fibonacci impliqués dans la somme de 8 sont moins Ft. Par conséquent, l’expansion du nombre n = 8 + Ft satisfait les conditions du problème.

Exemples d'application de la méthode d'induction mathématique pour prouver des inégalités.

Tâche 9. (L'inégalité de Bernoulli.)Prouvez que lorsque x > -1, x 0 et pour l'entier n > 2 l'inégalité est vraie

(1 + x) n > 1 + xn.

Solution. Nous effectuerons à nouveau la preuve par induction.

1. Base d'induction. Vérifions la validité de l'inégalité pour n = 2. En effet,

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

2. Étape d'induction. Supposons que pour le nombre p = k la déclaration est vraie, c'est-à-dire

(1 + x) k > 1 + xk,

Où k > 2. Prouvons-le pour n = k + 1. Nous avons : (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

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

Ainsi, sur la base du principe d’induction mathématique, nous pouvons affirmer que l’inégalité de Bernoulli est vraie pour tout n > 2.

Dans le contexte de problèmes résolus par la méthode d'induction mathématique, la loi générale à prouver n'est pas toujours clairement formulée. Parfois, il est nécessaire, en observant des cas particuliers, de découvrir (deviner) d'abord à quelle loi générale ils conduisent, et ensuite seulement de prouver l'hypothèse énoncée par la méthode de l'induction mathématique. De plus, la variable d'induction peut être masquée, et avant de résoudre le problème, il faut déterminer sur quel paramètre l'induction sera réalisée. À titre d’exemple, considérons les tâches suivantes.

Problème 10. Prouvez que

sous n'importe quel naturel n > 1.

Solution, Essayons de prouver cette inégalité en utilisant la méthode d'induction mathématique.

La base d’induction peut être facilement vérifiée :1+

Par l'hypothèse d'induction

et il nous reste à prouver que

Si nous utilisons l’hypothèse inductive, nous dirons que

Même si cette égalité est vraie, elle ne nous apporte pas de solution au problème.

Essayons de prouver une affirmation plus forte que celle requise dans le problème initial. A savoir, nous prouverons que

Il peut sembler que prouver cette affirmation par induction soit une affaire sans espoir.

Cependant, lorsque n = 1 nous avons : l’énoncé est vrai. Pour justifier la démarche inductive, supposons que

et ensuite nous prouverons que

Vraiment,

Ainsi, nous avons prouvé un énoncé plus fort, dont découle immédiatement l'énoncé contenu dans l'énoncé du problème.

Ce qui est instructif ici, c’est que même si nous avons dû prouver une affirmation plus forte que celle requise dans le problème, nous pourrions utiliser une hypothèse plus forte dans l’étape inductive. Cela explique que l’application directe du principe d’induction mathématique ne mène pas toujours au but recherché.

La situation survenue lors de la résolution du problème s'appelaitLe paradoxe de l'inventeur.Le paradoxe lui-même est que des plans plus complexes peuvent être mis en œuvre avec plus de succès s’ils reposent sur une compréhension plus approfondie de l’essence du problème.

Problème 11. Montrer que 2 m + n - 2 m pour tout naturel taper.

Solution. Ici, nous avons deux paramètres. Par conséquent, vous pouvez essayer d'effectuer ce qu'on appelledouble induction(induction dans l'induction).

Nous mènerons un raisonnement inductif sur P.

1. La base à induction selon le paragraphe. Quand n = Je dois vérifier ça 2 t ~ 1 > t. Pour prouver cette inégalité, nous utilisons l'induction sur T.

UN) Base à induction selon ce qu'on appelle Quand t = 1 exécuté
l'égalité, ce qui est acceptable.

b) L'étape d'induction selon ce qu'on appelleSupposons que lorsque t = k la déclaration est vraie, c'est-à-dire 2k ~ 1 > k. Puis jusqu'à
disons que l'énoncé sera vrai aussi pour t = k + 1.
Nous avons:

avec naturel à.

Donc l'inégalité 2 effectué dans n'importe quel naturel T.

2. Étape d'induction selon l'article.Choisissons et corrigeons un nombre naturel T. Supposons que lorsque n = je la déclaration est vraie (pour une durée fixe t), c'est-à-dire 2 t +1 ~ 2 > t1, et nous prouverons qu'alors la déclaration sera vraie aussi pour n = l + 1.
Nous avons:

pour tout naturel taper.

Par conséquent, sur la base du principe de l'induction mathématique (par P) l'énoncé du problème est vrai pour tout P. et pour tout fixe T. Ainsi, cette inégalité est valable pour tout taper.

Problème 12. Soit m, n et k sont des nombres naturels, et t > p. Lequel des deux nombres est le plus grand :

Dans chaque expressionÀ signes de racine carrée, t et p alternent.

Solution. Démontrons d’abord une affirmation auxiliaire.

Lemme. Pour tout naturel t et p (t > p) et non négatif (pas nécessairement entier) X l'inégalité est vraie

Preuve. Considérez l'inégalité

Cette inégalité est vraie puisque les deux facteurs du côté gauche sont positifs. En développant les parenthèses et en transformant, on obtient :

En prenant la racine carrée des deux côtés de la dernière inégalité, on obtient l’énoncé du lemme. Le lemme est donc prouvé.

Passons maintenant à la résolution du problème. Notons le premier de ces nombres par UN, et le second - à travers bk. Montrons qu'un sous n'importe quel naturelÀ. Nous effectuerons la preuve en utilisant la méthode d'induction mathématique séparément pour les pairs et les impairsÀ.

Base à induction. Quand k = 1 nous avons des inégalités

y[t > o/n , juste du fait que t > p. = 2 le requis est obtenu à partir du lemme prouvé par substitution x = 0.

Étape d'induction. Supposons que, pour certains k inégalité a > b k équitable. Prouvons que

À partir de l’hypothèse d’induction et de la monotonie de la racine carrée, nous avons :

D’un autre côté, du lemme prouvé, il s’ensuit que

En combinant les deux dernières inégalités, on obtient :

Selon le principe de l’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

Problème 13. (L'inégalité de Cauchy.)Prouvez que pour tout nombre positif..., un p l'inégalité est vraie

Solution. Pour n = 2 l'inégalité

Nous supposerons que la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique (pour deux nombres) sont connues. Laisser n= 2,k = 1, 2, 3, ... et effectuez d'abord l'induction surÀ. La base de cette induction repose maintenant sur l’hypothèse que l’inégalité requise a déjà été établie pour n = 2, prouvons-le pour P. = 2 . On a (en appliquant l'inégalité pour deux nombres) :

Par conséquent, par l’hypothèse d’induction

Ainsi, par récurrence sur k nous avons prouvé l'inégalité pour tout page 9 étant une puissance de deux.

Pour prouver l'inégalité pour d'autres valeurs P. Utilisons « l’induction vers le bas », c’est-à-dire que nous prouverons que si l’inégalité est vraie pour des valeurs arbitraires non négatives P. nombres, alors c'est également vrai pour(P. - 1er jour. Pour le vérifier, notons que, selon l'hypothèse faite pour P. nombres où l'inégalité est vraie

c'est-à-dire a g + a 2 + ... + an _ x > (n - 1)A. Diviser les deux parties en P. - 1, on obtient l'inégalité recherchée.

Nous avons donc d’abord établi que l’inégalité est vraie pour un nombre infini de valeurs possibles P, puis a montré que si l'inégalité est vraie pour P. nombres, alors c'est également vrai pour(P. - 1) les chiffres. De là, nous concluons maintenant que l'inégalité de Cauty est valable pour l'ensemble des P. tous les nombres non négatifs pour tout n = 2, 3, 4, ...

Problème 14. (D. Uspensky.) Pour tout triangle ABC dont les angles = CAB, = ABC sont proportionnés, il y a des inégalités

Solution. Les angles et sont commensurables, et cela (par définition) signifie que ces angles ont une mesure commune, pour laquelle = p, = (p, q sont des nombres naturels premiers entre eux).

Utilisons la méthode d'induction mathématique et réalisons-la en utilisant la somme p = p + q nombres premiers naturels.

Base à induction. Pour p + q = 2 on a : p = 1 et q = 1. Alors le triangle ABC est isocèle, et les inégalités nécessaires sont évidentes : elles découlent de l'inégalité du triangle

Étape d'induction. Supposons maintenant que les inégalités nécessaires soient établies pour p + q = 2, 3, ..., k - 1, où k > 2. Montrons que les inégalités sont aussi valables pour p + q = k.

Laissez ABC - un triangle donné avec> 2. Puis côtés AC et BC ne peut pas être égal : laissez AC > BC. Construisons maintenant, comme sur la figure 2, un triangle isocèle ABC; nous avons:

AC = DC et AD = AB + BD, donc,

2AC > AB + BD (1)

Considérons maintenant le triangle BDC, dont les angles sont également proportionnés :

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Riz. 2

Pour ce triangle, l'hypothèse inductive est vraie, et donc

(2)

En additionnant (1) et (2), nous avons :

2AC+BD>

et donc

Du même triangle VBS par l'hypothèse d'induction, nous concluons que

En tenant compte de l’inégalité précédente, nous concluons que

Ainsi, la transition inductive est obtenue et l'énoncé du problème découle du principe d'induction mathématique.

Commentaire. L'énoncé du problème reste valable même dans le cas où les angles a et p ne sont pas proportionnés. Sur la base de l'examen du cas général, nous devons déjà appliquer un autre principe mathématique important - le principe de continuité.

Problème 15. Plusieurs lignes droites divisent l'avion en parties. Prouve que tu peux colorier ces parties en blanc

et des couleurs noires de sorte que les parties adjacentes qui ont un segment de bordure commun soient de couleurs différentes (comme dans la figure 3 avec n = 4).

photo 3

Solution. Utilisons l'induction sur le nombre de lignes. Alors laisse P. - le nombre de lignes divisant notre avion en parties, n > 1.

Base à induction. S'il n'y a qu'une seule ligne droite(P. = 1), alors il divise le plan en deux demi-plans dont l'un peut être coloré en blanc et le second en noir, et l'énoncé du problème est vrai.

Étape d'induction. Pour rendre la preuve de la transition inductive plus claire, considérons le processus d'ajout d'une nouvelle ligne. Si nous traçons une deuxième ligne droite(P.= 2), on obtient alors quatre parties qui peuvent être colorées selon les besoins en peignant les coins opposés de la même couleur. Voyons ce qui se passe si nous traçons une troisième ligne droite. Il divisera certaines des « anciennes » parties, tandis que de nouvelles sections de bordure apparaîtront, des deux côtés desquelles la couleur est la même (Fig. 4).

Riz. 4

Procédons comme suit :D'un côtéà partir de la nouvelle ligne droite, nous changerons les couleurs - nous rendrons le blanc noir et vice versa ; en même temps, nous ne repeignons pas les parties qui se trouvent de l'autre côté de cette ligne droite (Fig. 5). Alors cette nouvelle coloration satisfera aux exigences nécessaires : d'un côté de la ligne c'était déjà alterné (mais avec des couleurs différentes), et de l'autre côté c'était ce qu'il fallait. Afin que les parties ayant une bordure commune appartenant à la ligne tracée soient peintes de couleurs différentes, nous avons repeint les parties uniquement d'un côté de cette ligne droite tracée.

Figure 5

Montrons maintenant la transition inductive. Supposons que pour certainsp = kl'énoncé du problème est vrai, c'est-à-dire toutes les parties du plan dans lesquelles il est divisé par cesÀdroits, vous pouvez les peindre en blanc et en noir pour que les parties adjacentes soient de couleurs différentes. Montrons qu'il existe alors une telle coloration pourP.= À+ 1 suite. Procédons de même pour le cas du passage de deux lignes à trois. Dessinons dans l'avionÀdroit Ensuite, par l’hypothèse d’induction, la « carte » résultante peut être colorée de la manière souhaitée. Réalisons maintenant(À+ 1)ème ligne droite et d'un côté on change les couleurs pour les couleurs opposées. Alors maintenant(À+ 1)-ième ligne droite sépare partout des zones de couleurs différentes, tandis que les parties « anciennes », comme nous l'avons déjà vu, restent correctement colorées. Selon le principe de l’induction mathématique, le problème est résolu.

Tâche16. Aux portes du désert, il y a une grande réserve d'essence et une voiture qui, une fois pleine, peut parcourir 50 kilomètres. Il existe une quantité illimitée de bidons dans lesquels vous pouvez verser l’essence du réservoir de votre voiture et la laisser entreposer n’importe où dans le désert. Prouver qu'une voiture peut parcourir n'importe quelle distance entière supérieure à 50 kilomètres. Vous n’êtes pas autorisé à transporter des bidons d’essence ; vous pouvez en transporter des vides en n’importe quelle quantité.

Solution.Essayons de prouver par induction surP,que la voiture peut partirP.kilomètres de la limite du désert. ÀP.= 50 est connu. Il ne reste plus qu'à réaliser l'étape d'intégration et expliquer comment y arriverp = k+ 1 kilomètres si l'on sait quep = kVous pouvez parcourir des kilomètres.

Cependant, nous rencontrons ici une difficulté : après avoir dépasséÀkilomètres, il se peut qu'il n'y ait pas assez d'essence même pour le voyage de retour (sans parler du stockage). Et dans ce cas, la solution est de renforcer l'énoncé prouvé (le paradoxe de l'inventeur). Nous prouverons que vous pouvez non seulement conduireP.kilomètres, mais aussi pour faire un approvisionnement arbitrairement important en essence en un point éloignéP.kilomètres de la limite du désert, arrivant à ce point après la fin du transport.

Base à induction.Soit une unité d’essence correspondant à la quantité d’essence nécessaire pour parcourir un kilomètre. Ensuite, un trajet d'un kilomètre et retour nécessite deux unités d'essence, nous pouvons donc laisser 48 unités d'essence dans un stockage à un kilomètre du bord et revenir pour une nouvelle portion. Ainsi, en plusieurs déplacements au stockage, nous pouvons constituer un stock de toute taille dont nous avons besoin. Parallèlement, pour créer 48 unités de réserve, nous consommons 50 unités d'essence.

Étape d'induction.Supposons qu'à distanceP.= Àdepuis la lisière du désert, vous pouvez vous approvisionner en essence à volonté. Montrons qu'il est alors possible de créer un stockage à distancep = k+ 1 kilomètres avec toute réserve d'essence précisée à l'avance et se retrouver à ce stockage à la fin du transport. Parce qu'au momentP.= Àil y a un approvisionnement illimité en essence, alors (selon la base d'induction) on peut atteindre un point en plusieurs trajetsp = k+ 1 faire au pointP.= À4- 1 stock de n’importe quelle taille requise.

La vérité d’un énoncé plus général que celui de l’énoncé du problème découle désormais du principe d’induction mathématique.

Conclusion

Il s'agissait pour la plupart de tâches logiques et divertissantes, c'est-à-dire juste ceux qui accroissent l’intérêt pour les mathématiques elles-mêmes en tant que science. Résoudre de tels problèmes devient une activité divertissante et peut attirer de plus en plus de curieux dans les labyrinthes mathématiques. À mon avis, c'est la base de toute science.

Littérature

1. INDUCTION Vulenkin. Combinatoire. Manuel POUR les enseignants. M., Lumières,

1976.-48 p.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. L'induction en géométrie. - M. : Etat. publié litre. - 1956 - S.I00. Un manuel de mathématiques pour les candidats aux universités / Ed. Yakovleva G.N. La science. -1981. - P.47-51.

3.Golovina L.I., Yaglom I.M. L'induction en géométrie. —
M. : Nauka, 1961. - (Conférences populaires sur les mathématiques.)

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

5.R. Courant, G. Robbins « Qu'est-ce que les mathématiques ? Chapitre 1, § 2

6.Popa D. Mathématiques et raisonnement plausible. - M, : Nauka, 1975.

7.Popa D. Découverte mathématique. - M. : Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Comment enseigner la méthode d'induction mathématique / École de mathématiques. - Nl. - 1996. - P.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Sur la méthode d'induction mathématique. - M. : Nauka, 1977. - (Conférences populaires sur les mathématiques.)

10.Solominsky I.S. Méthode d'induction mathématique. - M. : Sciences.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. À propos de l'induction mathématique. - M. : Sciences. - 1967. - P.7-59.

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

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

L'induction est une méthode permettant d'obtenir un énoncé général à partir d'observations particulières. Dans le cas où un énoncé mathématique concerne un nombre fini d'objets, il peut être prouvé par des tests pour chaque objet. Par exemple, l'énoncé : « Tout nombre pair à deux chiffres est la somme de deux nombres premiers » découle d'une série d'égalités qu'il est tout à fait possible d'établir :

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

Une méthode de preuve dans laquelle une affirmation est vérifiée pour un nombre fini de cas qui épuisent toutes les possibilités est appelée induction complète. Cette méthode est relativement rarement utilisée, car les énoncés mathématiques ne concernent généralement pas des ensembles d'objets finis, mais infinis. Par exemple, l’énoncé sur les nombres pairs à deux chiffres prouvé ci-dessus par récurrence complète n’est qu’un cas particulier du théorème : « Tout nombre pair est la somme de deux nombres premiers ». Ce théorème n'a pas encore été prouvé ou réfuté.

L'induction mathématique est une méthode permettant de prouver une certaine affirmation pour tout nombre naturel n basée sur le principe de l'induction mathématique : « Si une affirmation est vraie pour n=1 et que sa validité pour n=k implique la validité de cette affirmation pour n=k +1, alors c'est vrai pour tout n" La méthode de preuve par induction mathématique est la suivante :

1) base d'induction : ils prouvent ou vérifient directement la validité de l'énoncé pour n=1 (parfois n=0 ou n=n 0) ;

2) étape d'induction (transition) : ils supposent la validité de l'énoncé pour un nombre naturel n=k et, sur la base de cette hypothèse, prouvent la validité de l'énoncé pour n=k+1.

Problèmes avec des solutions

1. Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre 3 2n+1 +2 n+2 est divisible par 7.

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

Base à induction. Si n=1, alors A(1)=3 3 +2 3 =35 et, évidemment, est divisible par 7.

Hypothèse d’induction. Soit A(k) divisible par 7.

Transition d'induction. Montrons que A(k+1) est divisible par 7, c'est-à-dire la validité de l'énoncé du problème pour 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.

Le dernier nombre est divisible par 7, puisqu'il est la différence de deux entiers divisibles par 7. Donc 3 2n+1 +2 n+2 est divisible par 7 pour tout nombre naturel n.

2. Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre 2 3 n +1 est divisible par 3 n+1 et non divisible par 3 n+2.

Introduisons la notation : a i =2 3 i +1.

Pour n=1 nous avons, et 1 =2 3 +1=9. Ainsi, un 1 est divisible par 3 2 et non divisible par 3 3.

Soit pour n=k le nombre a k est divisible par 3 k+1 et non divisible par 3 k+2, c'est-à-dire a k =2 3 k +1=3 k+1 m, où m n'est pas divisible par 3. Alors

et 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).

Évidemment, un k+1 est divisible par 3 k+2 et non divisible par 3 k+3.

Par conséquent, l’énoncé est prouvé pour tout nombre naturel n.

3. On sait que x+1/x est un nombre entier. Montrer que x n +1/x n est aussi un entier pour tout entier n.

Introduisons la notation : a i =х i +1/х i et notons immédiatement que a i =а –i, nous continuerons donc à parler d'indices naturels.

Remarque : un 1 est un entier par convention ; et 2 est un nombre entier, puisque a 2 = (a 1) 2 –2 ; et 0 =2.

Supposons que a k soit un entier pour tout nombre naturel k n'excédant pas n. Alors a 1 ·a n est un entier, mais a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 et a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Cependant, n–1, selon l’hypothèse d’induction, est un nombre entier. Cela signifie qu'un n+1 est aussi un entier. Par conséquent, x n +1/x n est un entier pour tout entier n, ce qui devait être prouvé.

4. Montrer que pour tout nombre naturel n supérieur à 1, la double inégalité est vraie

5. Montrer que pour n naturel > 1 et |x|

(1–x)n +(1+x)n

Pour n=2, l'inégalité est vraie. Vraiment,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Si l’inégalité est vraie pour n=k, alors pour n=k+1 on a

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

L'inégalité a été prouvée pour tout nombre naturel n > 1.

6. Il y a n cercles dans un plan. Montrer que pour tout agencement de ces cercles, la carte qu’ils forment peut être correctement colorée avec deux couleurs.

Utilisons la méthode d'induction mathématique.

Pour n=1, la déclaration est évidente.

Supposons que l'énoncé soit vrai pour toute carte formée de n cercles, et qu'il y ait n+1 cercles sur le plan. En supprimant l'un de ces cercles, on obtient une carte qui, du fait de l'hypothèse faite, peut être correctement colorée avec deux couleurs (voir la première image ci-dessous).

Ensuite, nous restaurerons le cercle supprimé et sur un côté de celui-ci, par exemple à l'intérieur, nous changerons la couleur de chaque zone en l'opposé (voir la deuxième image). Il est facile de voir que dans ce cas nous obtiendrons une carte correctement colorée avec deux couleurs, mais seulement maintenant pour n+1 cercles, ce qu'il nous fallait prouver.

7. Nous appellerons un polygone convexe « beau » si les conditions suivantes sont remplies :

1) chacun de ses sommets est peint dans l'une des trois couleurs ;

2) deux sommets adjacents sont peints de couleurs différentes ;

3) au moins un sommet du polygone est peint dans chacune des trois couleurs.

Prouver que tout beau n-gon peut être découpé par des diagonales disjointes en « beaux » triangles.

Utilisons la méthode d'induction mathématique.

Base à induction. Avec le plus petit n=3 possible, l'énoncé du problème est évident : les sommets du « beau » triangle sont peints de trois couleurs différentes et aucune coupe n'est nécessaire.

Hypothèse d’induction. Supposons que l’énoncé du problème soit vrai pour tout « beau » n-gon.

Étape d'induction. Considérons un « beau » (n+1)-gon arbitraire et montrons, en utilisant l'hypothèse d'induction, qu'il peut être découpé par certaines diagonales en « beaux » triangles. Notons A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 les sommets successifs du (n+1)-gon. Si un seul sommet d'un (n+1)-gon est coloré dans l'une des trois couleurs, alors en reliant ce sommet par des diagonales à tous les sommets qui ne lui sont pas adjacents, on obtient la partition nécessaire du (n+1 )-gonflé en « beaux » triangles.

Si au moins deux sommets d'un (n+1)-gon sont colorés dans chacune des trois couleurs, alors nous désignons la couleur du sommet A 1 par le numéro 1 et la couleur du sommet A 2 par le numéro 2. Soit k le plus petit nombre tel que le sommet A k soit coloré dans la troisième couleur. Il est clair que k > 2. Séparons le triangle A k–2 A k–1 A k du (n+1)-gon de diagonale A k–2 A k. Conformément au choix du nombre k, tous les sommets de ce triangle sont peints de trois couleurs différentes, c'est-à-dire que ce triangle est « beau ». Le n-gone convexe A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , qui reste, sera également, en vertu de l'hypothèse inductive, « beau », ce qui signifie il est divisé en « beaux » triangles, qui demandaient à être prouvés.

8. Montrer que dans un n-gone convexe, il est impossible de choisir plus de n diagonales pour que deux d'entre elles aient un point commun.

Réalisons la preuve en utilisant la méthode d'induction mathématique.

Démontrons une affirmation plus générale : dans un n-gone convexe, il est impossible de choisir plus de n côtés et diagonales pour que deux d'entre eux aient un point commun. Pour n = 3, la déclaration est évidente. Supposons que cette affirmation soit vraie pour un n-gon arbitraire et, en utilisant cela, nous prouverons sa validité pour un (n+1)-gon arbitraire.

Supposons que cette affirmation n'est pas vraie pour un (n+1)-gon. Si pas plus de deux côtés ou diagonales sélectionnés émergent de chaque sommet d'un (n+1)-gon, alors pas plus de n+1 d'entre eux sont sélectionnés au total. Par conséquent, d’un sommet A émergent au moins trois côtés ou diagonales sélectionnés AB, AC, AD. Soit AC compris entre AB et AD. Puisque tout côté ou diagonale émergeant du point C et autre que CA ne peut couper simultanément AB et AD, une seule diagonale choisie CA émerge du point C.

En supprimant le point C avec la diagonale CA, nous obtenons un n-gone convexe dans lequel plus de n côtés et diagonales sont sélectionnés, dont deux ont un point commun. Ainsi, nous arrivons à une contradiction avec l’hypothèse selon laquelle l’énoncé est vrai pour un n-gone convexe arbitraire.

Donc, pour un (n+1)-gon, la déclaration est vraie. Selon le principe de l’induction mathématique, l’affirmation est vraie pour tout n-gone convexe.

9. Il y a n lignes droites dans un plan, dont deux ne sont pas parallèles et dont trois ne passent pas par le même point. En combien de parties ces lignes divisent-elles l’avion ?

À l'aide de dessins élémentaires, vous pouvez facilement vérifier qu'une ligne droite divise le plan en 2 parties, deux lignes droites en 4 parties, trois lignes droites en 7 parties et quatre lignes droites en 11 parties.

Notons N(n) le nombre de parties en lesquelles n droites divisent le plan. On peut remarquer que

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

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

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

Il est naturel de supposer que

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

ou, comme il est facile de l'établir, en utilisant la formule de la somme des n premiers termes d'une progression arithmétique,

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

Prouvons la validité de cette formule en utilisant la méthode d'induction mathématique.

Pour n=1, la formule a déjà été vérifiée.

Ayant fait l’hypothèse d’induction, nous considérons k+1 droites qui satisfont aux conditions du problème. Sélectionnons-en k droites de manière arbitraire. Par l’hypothèse d’induction, ils diviseront le plan en 1+ k(k+1)/2 parties. La (k+1)ème droite restante sera divisée par les k droites sélectionnées en k+1 parties et, par conséquent, passera le long de la (k+1)ème partie dans laquelle le plan a déjà été divisé, et chaque de ces parties sera divisée en 2 parties, c'est-à-dire qu'une autre partie k+1 sera ajoutée. Donc,

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

Q.E.D.

10. Dans l'expression x 1 : x 2 : ... : x n, des parenthèses sont placées pour indiquer l'ordre des actions et le résultat s'écrit sous forme de fraction :

(dans ce cas, chacune des lettres x 1, x 2, ..., x n est soit au numérateur de la fraction, soit au dénominateur). Combien d’expressions différentes peut-on obtenir de cette manière avec toutes les manières possibles de placer les parenthèses ?

Tout d'abord, il est clair que dans la fraction résultante, x 1 sera au numérateur. Il est presque aussi évident que x 2 sera au dénominateur, quelle que soit la façon dont les parenthèses sont placées (le signe de division devant x 2 fait référence soit à x 2 lui-même, soit à une expression contenant x 2 au numérateur).

On peut supposer que toutes les autres lettres x 3, x 4, ..., x n peuvent être situées au numérateur ou au dénominateur de manière complètement arbitraire. Il s'ensuit qu'au total on peut obtenir 2 n–2 fractions : chacune des n–2 lettres x 3, x 4, ..., x n peut apparaître indépendamment des autres au numérateur ou au dénominateur.

Prouvons cette affirmation par induction.

Avec n=3 vous pouvez obtenir 2 fractions :

donc la déclaration est vraie.

Supposons que cela soit vrai pour n=k et prouvons-le pour n=k+1.

Laissez l'expression x 1:x 2 : ... :x k après un certain placement de parenthèses être écrite sous la forme d'une certaine fraction Q. Si dans cette expression au lieu de x k nous substituons x k:x k+1, alors x k sera au même endroit que dans la fraction Q, et x k+1 ne sera pas là où se trouvait x k (si x k était au dénominateur, alors x k+1 sera au numérateur et vice versa).

Nous allons maintenant prouver que nous pouvons ajouter x k+1 au même endroit où se trouve x k. Dans la fraction Q, après avoir placé les parenthèses, il y aura nécessairement une expression de la forme q:x k, où q est la lettre x k–1 ou une expression entre parenthèses. En remplaçant q:x k par l'expression (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), nous obtenons évidemment la même fraction Q, où au lieu de x k il y a x k ·x k+1 .

Ainsi, le nombre de toutes les fractions possibles dans le cas n=k+1 est 2 fois plus grand que dans le cas n=k et est égal à 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. La déclaration est donc prouvée.

Réponse : 2 n–2 fractions.

Problèmes sans solutions

1. Montrer que pour tout n naturel :

a) le nombre 5 n –3 n +2n est divisible par 4 ;

b) le nombre n 3 +11n est divisible par 6 ;

c) le nombre 7 n +3n–1 est divisible par 9 ;

d) le nombre 6 2n +19 n –2 n+1 est divisible par 17 ;

e) le nombre 7 n+1 +8 2n–1 est divisible par 19 ;

e) le nombre 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 est divisible par 27.

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

3. Prouver l'inégalité |sin nx| n|péché x| pour tout n naturel.

4. Trouvez les nombres naturels a, b, c qui ne sont pas divisibles par 10 et tels que pour tout n naturel, les nombres a n + b n et c n ont les mêmes deux derniers chiffres.

5. Montrer que si n points ne se trouvent pas sur la même droite, alors parmi les droites qui les relient, il y en a au moins n différentes.

Description bibliographique : Badanin A. S., Sizova M. Yu. Application de la méthode d'induction mathématique à la résolution de problèmes de divisibilité des nombres naturels // Jeune scientifique. 2015. N° 2. P. 84-86..04.2019).

Dans les Olympiades de mathématiques, il y a souvent des problèmes assez difficiles pour prouver la divisibilité des nombres naturels. Les écoliers sont confrontés à un problème : comment trouver une méthode mathématique universelle qui leur permette de résoudre de tels problèmes ?

Il s'avère que la plupart des problèmes de preuve de la divisibilité peuvent être résolus par la méthode de l'induction mathématique, mais les manuels scolaires accordent très peu d'attention à cette méthode ; le plus souvent, une brève description théorique est donnée et plusieurs problèmes sont analysés.

On retrouve la méthode d’induction mathématique dans la théorie des nombres. À l’aube de la théorie des nombres, les mathématiciens ont découvert de nombreux faits de manière inductive : L. Euler et K. Gauss ont parfois examiné des milliers d’exemples avant de remarquer une structure numérique et d’y croire. Mais en même temps, ils ont compris à quel point les hypothèses qui ont passé le test « final » peuvent être trompeuses. Pour passer inductivement d’une affirmation vérifiée pour un sous-ensemble fini à une affirmation similaire pour l’ensemble infini entier, une preuve est nécessaire. Cette méthode a été proposée par Blaise Pascal, qui a trouvé un algorithme général pour trouver les signes de divisibilité de tout entier par tout autre entier (traité « Sur la nature de la divisibilité des nombres »).

La méthode d'induction mathématique est utilisée pour prouver par raisonnement la vérité d'un certain énoncé pour tous les nombres naturels ou la vérité d'un énoncé à partir d'un certain nombre n.

La résolution de problèmes pour prouver la véracité d'un certain énoncé à l'aide de la méthode d'induction mathématique comprend quatre étapes (Fig. 1) :

Riz. 1. Schéma de résolution du problème

1. Base d'induction . Ils vérifient la validité de l’énoncé pour le plus petit nombre naturel pour lequel l’énoncé a du sens.

2. Hypothèse inductive . Nous supposons que cette affirmation est vraie pour une certaine valeur de k.

3. Transition d'induction . Nous prouvons que l’énoncé est vrai pour k+1.

4. Conclusion . Si une telle preuve était complétée, alors, sur la base du principe d'induction mathématique, on peut affirmer que l'affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

Considérons l'application de la méthode d'induction mathématique pour résoudre des problèmes de preuve de la divisibilité des nombres naturels.

Exemple 1. Montrer que le nombre 5 est un multiple de 19, où n est un nombre naturel.

Preuve:

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : le nombre =19 est un multiple de 19.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire que le nombre est un multiple de 19.

C'est un multiple de 19. En effet, le premier terme est divisible par 19 du fait de l'hypothèse (2) ; le deuxième terme est également divisible par 19 car il contient un facteur de 19.

Exemple 2. Montrer que la somme des cubes de trois nombres naturels consécutifs est divisible par 9.

Preuve:

Démontrons l'énoncé : « Pour tout nombre naturel n, l'expression n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 est un multiple de 9.

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 multiples de 9.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 est un multiple de 9.

3) Montrons que la formule est également vraie pour n = k + 1, c'est-à-dire que (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 est un multiple 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).

L’expression résultante contient deux termes dont chacun est divisible par 9, donc la somme est divisible par 9.

4) Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont remplies, donc la phrase est vraie pour toutes les valeurs de n.

Exemple 3. Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre 3 2n+1 +2 n+2 est divisible par 7.

Preuve:

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 est un multiple de 7.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire que 3 2 k +1 +2 k +2 est divisé par 7.

3) Montrons que la formule est également vraie pour n = k + 1, c'est-à-dire

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 est divisé par 7 et 7 2 k +2 est divisé par 7, puis leur différence est divisée par 7.

4) Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont remplies, donc la phrase est vraie pour toutes les valeurs de n.

De nombreux problèmes de preuve dans la théorie de la divisibilité des nombres naturels peuvent être facilement résolus en utilisant la méthode d'induction mathématique ; on peut même dire que la résolution des problèmes avec cette méthode est complètement algorithmique, il suffit d'effectuer 4 étapes de base ; Mais cette méthode ne peut pas être qualifiée d'universelle, car elle présente également des inconvénients : d'une part, elle ne peut être prouvée que sur un ensemble de nombres naturels, et d'autre part, elle ne peut être prouvée que pour une seule variable.

Pour le développement de la pensée logique et de la culture mathématique, cette méthode est un outil nécessaire, car le grand mathématicien russe A. N. Kolmogorov a déclaré : « La compréhension et la capacité d'appliquer correctement le principe de l'induction mathématique sont un bon critère de maturité logique, qui est absolument nécessaire pour un mathématicien.

Littérature:

1. Vilenkin N. Ya. Combinatoire. - M. : Éducation, 1976. - 48 p.

2. Genkin L. Sur l'induction mathématique. - M., 1962. - 36 p.

3. Solominsky I. S. Méthode d'induction mathématique. - M. : Nauka, 1974. - 63 p.

4. Sharygin I.F. Cours optionnel de mathématiques : Résolution de problèmes : Manuel pour la 10e année. moyenne scolaire - M. : Éducation, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Induction mathématique. - M. : MTsNMO, 2007. - 32 p.