Indukcija je metoda pridobivanja splošne izjave iz posebnih opazovanj. V primeru, da se matematična izjava nanaša na končno število predmetov, jo je mogoče dokazati s testiranjem za vsak objekt. Na primer, izjava: "Vsako dvomestno sodo število je vsota dveh praštevil," izhaja iz niza enakosti, ki jih je povsem mogoče ugotoviti:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Dokazni metodi, pri kateri se trditev preveri za končno število primerov, ki izčrpajo vse možnosti, se imenuje popolna indukcija. Ta metoda se uporablja relativno redko, saj matematične izjave praviloma ne zadevajo končnih, ampak neskončnih množic predmetov. Na primer, izjava o sodih dvomestnih številih, dokazana zgoraj s popolno indukcijo, je le poseben primer izreka: "Vsako sodo število je vsota dveh praštevil." Ta izrek še ni dokazan ali ovržen.
Matematična indukcija je metoda dokazovanja določene trditve za poljubno naravno število n, ki temelji na načelu matematične indukcije: »Če je izjava resnična za n=1 in njena veljavnost za n=k implicira veljavnost te izjave za n=k +1, potem velja za vse n " Metoda dokaza z matematično indukcijo je naslednja:
1) osnova indukcije: dokazujejo ali neposredno preverjajo veljavnost izjave za n=1 (včasih n=0 ali n=n 0);
2) indukcijski korak (prehod): predpostavijo veljavnost trditve za neko naravno število n=k in na podlagi te predpostavke dokažejo veljavnost trditve za n=k+1.
Težave z rešitvami
1. Dokaži, da je za vsako naravno število n število 3 2n+1 +2 n+2 deljivo s 7.
Označimo A(n)=3 2n+1 +2 n+2.
Indukcijska podlaga. Če je n=1, potem je A(1)=3 3 +2 3 =35 in je očitno deljivo s 7.
Indukcijska predpostavka. Naj bo A(k) deljivo s 7.
Indukcijski prehod. Dokažimo, da je A(k+1) deljivo s 7, to je veljavnost trditve problema za 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.
Zadnje število je deljivo s 7, saj je razlika dveh celih števil, deljivih s 7. Zato je 3 2n+1 +2 n+2 deljivo s 7 za vsako naravno število n.
2. Dokaži, da je za vsako naravno število n število 2 3 n +1 deljivo s 3 n+1 in ni deljivo s 3 n+2.
Uvedemo zapis: a i =2 3 i +1.
Za n=1 imamo in 1 =2 3 +1=9. Torej je 1 deljivo s 3 2 in ni deljivo s 3 3.
Naj bo za n=k število a k deljivo s 3 k+1 in ni deljivo s 3 k+2, to je a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kjer m ni deljivo s 3. Potem
in 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).
Očitno je k+1 deljivo s 3 k+2 in ni deljivo s 3 k+3.
Zato je trditev dokazana za vsako naravno število n.
3. Znano je, da je x+1/x celo število. Dokažite, da je tudi x n +1/x n celo število za vsako celo število n.
Uvedemo zapis: a i =х i +1/х i in takoj opazimo, da a i =а –i, zato bomo še naprej govorili o naravnih indeksih.
Opomba: a 1 je po dogovoru celo število; in 2 je celo število, saj je a 2 = (a 1) 2 –2; in 0 =2.
Predpostavimo, da je a k celo število za vsako naravno število k, ki ne presega n. Potem je a 1 ·a n celo število, toda a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 in a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Vendar pa je n–1 po indukcijski hipotezi celo število. To pomeni, da je n+1 tudi celo število. Zato je x n +1/x n celo število za vsako celo število n, kar je bilo treba dokazati.
4. Dokaži, da za vsako naravno število n, večje od 1, velja dvojna neenakost
5. Dokažite, da je za naravni n > 1 in |x|
(1–x)n +(1+x)n
Za n=2 neenakost velja. res,
(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2
Če neenakost velja za n=k, potem imamo za n=k+1
(1–x) k+1 +(1+x) k+1
Neenakost je dokazana za vsako naravno število n > 1.
6. Na ravnini je n krogov. Dokažite, da je za kakršno koli razporeditev teh krogov zemljevid, ki ga tvorijo, mogoče pravilno pobarvati z dvema barvama.
Uporabimo metodo matematične indukcije.
Za n=1 je trditev očitna.
Predpostavimo, da trditev velja za kateri koli zemljevid, ki ga tvori n krogov, in naj bo na ravnini n+1 krogov. Če enega od teh krogcev odstranimo, dobimo zemljevid, ki ga lahko zaradi postavljene predpostavke pravilno pobarvamo z dvema barvama (glej prvo sliko spodaj).
Nato bomo zavrženi krog obnovili in na eni strani, na primer znotraj, spremenili barvo vsakega področja v nasprotno (glej drugo sliko). Lahko vidimo, da bomo v tem primeru dobili zemljevid, pravilno obarvan z dvema barvama, vendar šele zdaj za n+1 krogov, kar smo morali dokazati.
7. Konveksni mnogokotnik bomo imenovali "lep", če so izpolnjeni naslednji pogoji:
1) vsaka njegova oglišča je pobarvana v eno od treh barv;
2) poljubni dve sosednji vozlišči sta pobarvani v različnih barvah;
3) vsaj eno oglišče mnogokotnika je pobarvano v vsako od treh barv.
Dokažite, da lahko vsak lep n-kotnik razrežete z disjunktnimi diagonalami v »lepe« trikotnike.
Uporabimo metodo matematične indukcije.
Indukcijska podlaga. Pri najmanjšem možnem n=3 je trditev problema očitna: oglišča "lepega" trikotnika so pobarvana v treh različnih barvah in rezi niso potrebni.
Indukcijska predpostavka. Predpostavimo, da trditev problema velja za vsak "lep" n-kotnik.
Indukcijski korak. Oglejmo si poljuben »lep« (n+1)-kotnik in dokažimo z uporabo indukcijske hipoteze, da ga je mogoče razrezati z določenimi diagonalami v »lepe« trikotnike. Z A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 označimo zaporedna oglišča (n+1)-kotnika. Če je samo eno oglišče (n+1)-kotnika obarvano v katero koli od treh barv, potem s povezavo tega oglišča z diagonalami na vsa oglišča, ki mu niso sosednja, dobimo potrebno particijo (n+1) )-gon v "lepe" trikotnike.
Če sta vsaj dve oglišči (n+1)-kotnika pobarvani v vsako od treh barv, potem barvo oglišča A 1 označimo s številko 1, barvo oglišča A 2 pa s številko 2. Naj bo k najmanjše število tako, da je oglišče A k obarvano v tretjo barvo. Jasno je, da je k > 2. Trikotnik A k–2 A k–1 A k odrežemo od (n+1)-kotnika z diagonalo A k–2 A k. V skladu z izbiro števila k so vsa oglišča tega trikotnika pobarvana v treh različnih barvah, kar pomeni, da je ta trikotnik "lep". Konveksni n-kotnik A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , ki ostane, bo prav tako na podlagi induktivne predpostavke »lep«, kar pomeni razdeljen je na »lepe« trikotnike, kar je bilo treba dokazati.
8. Dokaži, da v konveksnem n-kotniku ni mogoče izbrati več kot n diagonal, tako da imata kateri koli dve skupno točko.
Izvedimo dokaz z metodo matematične indukcije.
Dokažimo bolj splošno trditev: v konveksnem n-kotniku ni mogoče izbrati več kot n stranic in diagonal, tako da imata kateri koli dve skupno točko. Za n = 3 je trditev očitna. Predpostavimo, da ta trditev velja za poljuben n-kotnik in s tem bomo dokazali veljavnost za poljuben (n+1)-kotnik.
Predpostavimo, da ta trditev ne drži za (n+1)-kotnik. Če iz vsakega oglišča (n+1)-kotnika ne izhajata več kot dve izbrani stranici ali diagonali, potem ni izbranih skupaj več kot n+1. Zato iz nekega oglišča A izhajajo vsaj tri izbrane stranice oziroma diagonale AB, AC, AD. Naj AC leži med AB in AD. Ker nobena stranica ali diagonala, ki izhaja iz točke C in ni CA, ne more hkrati sekati AB in AD, izhaja iz točke C samo ena izbrana diagonala CA.
Če zavržemo točko C skupaj z diagonalo CA, dobimo konveksni n-kotnik, v katerem je izbranih več kot n stranic in diagonal, od katerih imata katerikoli dve skupno točko. Tako pridemo v protislovje s predpostavko, da trditev velja za poljuben konveksni n-kotnik.
Torej je za (n+1)-kotnik trditev resnična. Po načelu matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.
9. V ravnini je n premic, od katerih nobeni dve nista vzporedni in nobene tri ne potekajo skozi isto točko. Na koliko delov delijo te premice ravnino?
Z osnovnimi risbami lahko enostavno preverite, da ena ravna črta deli ravnino na 2 dela, dve ravni črti na 4 dele, tri ravne črte na 7 delov in štiri ravne črte na 11 delov.
Z N(n) označimo število delov, na katere n premic deli ravnino. Opaziti je mogoče, da
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Naravno je domnevati, da
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
ali, kot je enostavno ugotoviti, z uporabo formule za vsoto prvih n členov aritmetičnega napredovanja,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Dokažimo veljavnost te formule z metodo matematične indukcije.
Za n=1 je bila formula že preverjena.
Ob predpostavki indukcije obravnavamo k+1 premic, ki izpolnjujejo pogoje problema. Iz njih poljubno izberimo k premic. Po indukcijski hipotezi bodo ravnino razdelili na 1+ k(k+1)/2 delov. Preostala (k+1)-ta premica bo z izbranimi k premicami razdeljena na k+1 delov in bo torej potekala vzdolž (k+1)-ega dela, na katerega je ravnina že razdeljena, in vsak od teh delov bo razdeljen na 2 dela, to pomeni, da bo dodan še k+1 del. Torej,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
Q.E.D.
10. V izrazu x 1: x 2: ... : x n so v oklepajih označeni vrstni red dejanj, rezultat pa je zapisan kot ulomek:
(v tem primeru je vsaka od črk x 1, x 2, ..., x n bodisi v števcu ulomka bodisi v imenovalcu). Koliko različnih izrazov lahko dobimo na ta način z vsemi možnimi načini postavljanja oklepajev?
Najprej je jasno, da bo v nastalem ulomku x 1 v števcu. Skoraj enako očitno je, da bo x 2 v imenovalcu ne glede na to, kako so postavljeni oklepaji (znak za deljenje pred x 2 se nanaša bodisi na sam x 2 bodisi na izraz, ki vsebuje x 2 v števcu).
Lahko domnevamo, da se lahko vse druge črke x 3, x 4, ..., x n nahajajo v števcu ali imenovalcu povsem poljubno. Iz tega sledi, da skupaj lahko dobite 2 n–2 ulomka: vsaka od n–2 črk x 3, x 4, ..., x n se lahko pojavi v števcu ali imenovalcu neodvisno od drugih.
Dokažimo to trditev z indukcijo.
Z n=3 lahko dobite 2 ulomka:
torej izjava drži.
Predpostavimo, da velja za n=k in dokažimo za n=k+1.
Naj bo izraz x 1: x 2: ... : x k po določeni postavitvi oklepajev zapisan v obliki določenega ulomka Q. Če namesto x k v tem izrazu nadomestimo x k: x k+1, bo x k na istem mestu, kot je bil v ulomku Q, in x k+1 ne bo tam, kjer je bil x k (če je bil x k v imenovalcu, potem bo x k+1 v števcu in obratno).
Zdaj bomo dokazali, da lahko dodamo x k+1 na isto mesto, kjer se nahaja x k. V ulomku Q bo po postavitvi oklepaja nujno izraz v obliki q:x k, kjer je q črka x k–1 ali kakšen izraz v oklepaju. Če zamenjamo q:x k z izrazom (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), dobimo očitno enak ulomek Q, kjer je namesto x k x k ·x k+1 .
Tako je število vseh možnih ulomkov v primeru n=k+1 2-krat večje kot v primeru n=k in je enako 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Tako je trditev dokazana.
Odgovor: 2 n–2 ulomka.
Težave brez rešitev
1. Dokažite, da je za vsak naravni n:
a) število 5 n –3 n +2n je deljivo s 4;
b) število n 3 +11n je deljivo s 6;
c) število 7 n +3n–1 je deljivo z 9;
d) število 6 2n +19 n –2 n+1 je deljivo s 17;
e) število 7 n+1 +8 2n–1 je deljivo z 19;
e) število 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 je deljivo s 27.
2. Dokaži, da je (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Dokaži neenakost |sin nx| n|greh x| za vsako naravno n.
4. Poišči naravna števila a, b, c, ki niso deljiva z 10 in taka, da imata števili a n + b n in c n zadnji dve števki enaki.
5. Dokaži, da če n točk ne leži na isti premici, je med premicami, ki jih povezujejo, vsaj n različnih.
Lekcija št. 50
Tema lekcije : Metoda matematične indukcije.
Cilj lekcije: Spoznajbistvo metode matematične indukcije, se naučijo uporabljati to metodo pri reševanju dokaznih problemov, še naprej razvijati računalniške sposobnosti in še naprej razvijati matematično pismenost.
Napredek lekcije.
Organizacijski trenutek. Določanje ciljev lekcije
Aktivacija temeljnega znanja.
Definicija geometrijske progresije, formula za n-ti člen geometrijske progresije.
Ponovite formulo za vsoto prvih n členov aritmetične progresije.
Ponovite formulo za vsoto neskončno padajoče geometrijske progresije
3. Učenje nove snovi
Pri reševanju številnih problemov, pri dokazovanju veljavnosti matematičnih trditev, pa tudi pri izpeljavi formul se pogosto uporablja sklepanje, ki se imenujepo metodi matematične indukcije.
Tako razmišljanje ste na primer uporabili pri izpeljavi formulenčlena, kot tudi pri izpeljavi formule za vsoto prvegančlani aritmetične in geometrijske progresije.
Bistvo te metode je naslednje: če morate ugotoviti veljavnost neke izjave, v kateri je naravno številon, to:
1) preveri se, ali predvidena izjava velja za določeno vrednostn(na primer zan=1).
2) predpostavlja se, da je izjava resnična za neko poljubno vrednostn = k , in dokazano je, da v tem primeru velja tudi zan = k + 1. Iz tega sklepamo, da trditev velja za vsako vrednostn, za njegovo pravičnost so odkrili, kon=1 in glede na dokazano velja tudi zan= 2 in to velja zan= 2, potem velja tudi zan= 3 itd.
Zdaj pa si poglejmo primere uporabe te metode.
Primer 1. Dokažimo, da za vsako naravnonobstaja enakost
Formula je pravilna zan= 1, saj:
Predpostavimo, da je formula pravilna zan = k .
Dokažimo, da v tem primeru velja tudi zan = k+ 1, tj.
Neposredno preverjanje je pokazalo, da je formula pravilna, kon =1; zato bo veljal tudi zan= 2 in torej prin= 3, torej prin = 4 in na splošno za vsako naravnon.
4. Reševanje problemov
№249(a)
V tej nalogi morate dokazati formulon – thčlen aritmetične progresije z uporabo metode matematične indukcije
prin=1 imamo a 1 =a 1.
Predpostavimo, da ta formula velja zakth člen, tj. enakost a k = a 1 + d( k-1)
Dokažimo, da v tem primeru ta formula velja tudi za (k+1) član. res,
A k +1 = a 1 + d( k+1-1) = a 1 + dk
Po drugi strani pa po definiciji arif. prog. A k +1 = A k + d
Ker sta levi strani zadnjih dveh izrazov enaki = in desni strani enaki:
A k + d= a 1 + dkali a k = a 1 + d( k-1)
Nastala pravilna enakost nam omogoča, da trdimo, da formulanth člen aritmetične progresije je primeren za vsako naravnon
№ 255
Dokažimo, da je število 11 n+1 +12 2 n -1 za vse naravne vrednotendeljivo s 133
prin=1 imamo 11 1+1 +12 2*1-1 =133, 133 deljeno s 133
Predpostavimo, da kdajn= kvsota 11 k +1 +12 2 k -1 deljivo s 133
Dokažimo, da je ta vsota deljiva s 133 atn= k+1, tj. 11 k +2 +12 2 k +1 deljivo s 133
11 k+2 +12 2k+1 =11*11 k +1 +144*12 k-1 =11*11 k +1 +11*12 2k-1 +133*12 2k-1 =11(11 k+1 +12 2k-1 )+133*12 2k-1
Vsak člen dobljene vsote je deljen s 133. Zato je 11 k +2 +12 2 k +1 prav tako delite s 133.
5. Razmislek
6. Postavitev D/z
§15 odloči št. 251
MBOU licej "Tehnični in ekonomski"
METODA MATEMATIČNE INDUKCIJE
METODA MATEMATIČNE INDUKCIJE.
POJASNILO
Metodološki razvoj "Metoda matematične indukcije" je bil sestavljen za učence 10. razreda matematičnega profila.
Primarni cilji: seznaniti študente z metodo matematične indukcije in jo naučiti uporabljati pri reševanju različnih problemov.
Metodološki razvoj obravnava vprašanja elementarne matematike: predlagani so problemi deljivosti, dokazi identitet, dokazi neenakosti, problemi različnih stopenj kompleksnosti, vključno s problemi, predlaganimi na olimpijadah.
Vloga induktivnih sklepov v eksperimentalnih znanostih je zelo velika. Podajo tiste določbe, iz katerih se nato z odbitkom potegnejo nadaljnji zaključki. Ime metoda matematične indukcije zavajajoča - pravzaprav je ta metoda deduktivna in zagotavlja stroge dokaze izjav, ugibanih z indukcijo. Metoda matematične indukcije pomaga prepoznati povezave med različnimi vejami matematike in pomaga pri razvoju študentove matematične kulture.
Opredelitev metode matematične indukcije. Popolna in nepopolna indukcija. Dokaz neenakosti. Dokazilo o identiteti. Reševanje problemov deljivosti. Reševanje različnih problemov na temo "Metoda matematične indukcije".
LITERATURA ZA UČITELJE
1. M.L. Galitsky. Poglobljena študija tečaja algebre in matematične analize. – M. Vzgoja 1986.
2. L.I.Zvavič. Algebra in začetki analize. Didaktična gradiva. M. Bustard.2001.
3. N.Ya.Vilenkin. Algebra in matematična analiza. M Razsvetljenje.1995.
4. Yu.V.Mikheev. Metoda matematične indukcije. NSU.1995.
LITERATURA ZA ŠTUDENTE
1. N.Ya.Vilenkin. Algebra in matematična analiza. M Razsvetljenje.1995.
2. Yu.V.Mikheev. Metoda matematične indukcije. NSU.1995.
KLJUČNE BESEDE
Indukcija, aksiom, princip matematične indukcije, popolna indukcija, nepopolna indukcija, trditev, identiteta, neenakost, deljivost.
DIDAKTIČNA PRILOGA K TEMI
"METODA MATEMATIČNE INDUKCIJE".
Lekcija #1.
Opredelitev metode matematične indukcije.
Metoda matematične indukcije je ena izmed zelo učinkovitih metod iskanja novih rezultatov in dokazovanja resničnosti postavljenih predpostavk. Čeprav ta metoda v matematiki ni nova, zanimanje zanjo ne pojenja. Prvič v jasni predstavitvi je metodo matematične indukcije v 17. stoletju uporabil izjemni francoski znanstvenik Blaise Pascal pri dokazovanju lastnosti številskega trikotnika, ki od takrat nosi njegovo ime. Vendar pa je bila ideja matematične indukcije znana že starim Grkom. Metoda matematične indukcije temelji na principu matematične indukcije, ki je sprejet kot aksiom. Oglejmo si idejo matematične indukcije z uporabo primerov.
Primer št. 1.
Kvadrat je razdeljen na dva dela z odsekom, nato je eden od nastalih delov razdeljen na dva dela in tako naprej. Določite, na koliko delov bo razdeljen kvadrat n koraki?
rešitev.
Po prvem koraku bomo glede na pogoje dobili 2 dela. V drugem koraku en del pustimo nespremenjen, drugega pa razdelimo na 2 dela in dobimo 3 dele. V tretjem koraku pustimo 2 dela nespremenjena, tretjega pa razdelimo na dva dela in dobimo 4 dele. V četrtem koraku pustimo 3 dele nespremenjene, zadnji del pa razdelimo na dva dela in dobimo 5 delov. V petem koraku bomo dobili 6 delov. To daje predlog, da skozi n korakih, ki jih bomo dobili (n+1) del Toda to trditev je treba dokazati. Predpostavimo, da po Za korakov, na katere bo kvadrat razdeljen (k+1) del Potem naprej (k+1) korak, ki ga naredimo Za deli bodo ostali nespremenjeni, vendar (k+1) del razdelite na dva dela in dobite (k+2) deli. Opazite, da se lahko tako prepirate, kolikor dolgo želite, ad infinitum. Se pravi, naša predpostavka je, da skozi n korakov, na katere bo kvadrat razdeljen (n+1) del postane dokazan.
Primer št. 2.
Moja babica je imela vnukinjo, ki je zelo oboževala marmelado, sploh pa tisto, ki je bila v litrskem kozarcu. Toda babica mi ni dovolila, da bi se ga dotaknila. In vnukinji sta nameravali prevarati svojo babico. Odločil se je, da bo vsak dan pojedel 1/10 litra iz tega kozarca in ga dolil z vodo ter dobro premešal. Koliko dni bo trajalo, da bo babica odkrila prevaro, če marmelada ostane enaka na videz, ko jo do polovice razredčimo z vodo?
rešitev.
Ugotovimo, koliko čiste marmelade potem ostane v kozarcu n dni. Po prvem dnevu bo v kozarcu ostala mešanica, sestavljena iz 9/10 marmelade in 1/10 vode. Po dveh dneh bo 1/10 mešanice vode in marmelade izginila iz kozarca in ostala (1 liter mešanice vsebuje 9/10 litrov marmelade, 1/10 litra mešanice vsebuje 9/100 litrov marmelade )
9/10 – 9/100=81/100=(9/10) 2 litra marmelade. Tretji dan bo iz kozarca izginilo 1/10 litra mešanice, sestavljene iz 81/100 marmelade in 19/100 vode. 1 liter mešanice vsebuje 81/100 litrov marmelade, 1/10 litra mešanice vsebuje 81/1000 litrov marmelade. 81/100 – 81/1000=
729/1000=(9/10) Po 3 dneh bo ostalo 3 litre marmelade, preostanek pa bo prevzela voda. Pojavi se vzorec. Skozi n preostalih dni v banki (9/10) n marmelada. Ampak to je spet samo naše ugibanje.
Naj Za– poljubno naravno število. Predpostavimo, da po Za dni bo v kozarcu ostalo (9/10) litrov marmelade. Poglejmo, kaj bo v banki čez kakšen dan, torej v (k+1) dan. Izgine iz kozarca 1/10l mešanica, sestavljena iz (9/10) Za l marmelado in vodo. IN 1l mešanica je (9/10) Za l marmelada, v 1/10l mešanice (9/10) k+1 l marmelada. Zdaj lahko mirno rečemo, da skozi n preostalih dni v banki (9/10) n l marmelada. V 6 dneh bo banka imela 531444/1000000l marmelada, po 7 dneh - 4782969/10000000l marmelado, torej manj kot polovico.
odgovor: Po 7 dneh bo babica odkrila prevaro.
Poskusimo izpostaviti najpomembnejše pri reševanju obravnavanih problemov. Vsako od njih smo začeli reševati z upoštevanjem posameznih ali, kot pravijo, posebnih primerov. Nato smo na podlagi naših opazovanj naredili nekaj domnev P(n), odvisno od naravnega str.
izjava je preverjena, torej dokazana P(1), P(2), P(3);
predlagal, da P(n) velja za p=k in sklenil, da bo potem res v naslednjem n, n=k+1.
In potem so razmišljali nekako takole: P(1) desno, P(2) desno, P(3) desno, P(4) prav ... to pomeni prav P(p).
Načelo matematične indukcije.
Izjava P(n), odvisno od naravnega n, velja za vse naravne n, Če
1) je bila veljavnost izjave dokazana, ko n=1;
2) iz predpostavke o veljavnosti izjave P(n) pri p=k naj
pravičnost P(n) pri n=k+1.
V matematiki je načelo matematične indukcije praviloma izbrano kot eden od aksiomov, ki določajo naravno vrsto števil, in je zato sprejeto brez dokaza. Metodo dokazovanja z uporabo principa matematične indukcije običajno imenujemo metoda matematične indukcije. Upoštevajte, da se ta metoda pogosto uporablja pri dokazovanju izrekov, identitet, neenakosti pri reševanju problemov deljivosti in mnogih drugih problemov.
Lekcija #2
Popolna in nepopolna indukcija.
V primeru, da se matematična izjava nanaša na končno število predmetov, jo je mogoče dokazati s testiranjem za vsak objekt, na primer, izjavo "Vsako dvomestno sodo število je vsota dveh praštevil." Metoda dokaza, pri kateri testiramo izjavo za končno število primerov, se imenuje popolna matematična indukcija. Ta metoda se uporablja relativno redko, saj se stavki najpogosteje obravnavajo na neskončnih množicah. Na primer, izrek "Vsako sodo število je enako vsoti dveh praštevil" še ni dokazano ali ovrženo. Tudi če bi preizkusili ta izrek za prvo milijardo, nas to ne bi pripeljalo niti korak bližje njegovemu dokazu.
V naravoslovju se uporablja nepopolna indukcija, poskus večkrat preverimo in rezultat prenesemo na vse primere.
Primer št. 3.
Uganimo z nepopolno indukcijo formulo za vsoto kubov naravnih števil.
rešitev.
1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;
1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; ...; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .
Dokaz.
Naj velja za p=k.
Dokažimo, da to drži za n=k+1.
Sklep: formula za vsoto kubov naravnih števil velja za vsako naravno število str.
Primer št. 4.
Razmislite o enakosti in uganite, do katere splošne zakonitosti vodijo ti primeri.
rešitev.
1=0+1
2+3+4=1+8
5+6+7+8+9=8+27
10+11+12+13+14+15+16=27+64
17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125
……………………………………………………………..
Primer št. 5.
Naslednje izraze zapišite kot vsoto:
1) 
2) 
3)
; 4) 
.
Grška črka "sigma".
Primer št. 6.
Z znakom zapišite naslednje zneske 
:
2) 
Primer št. 7.
Naslednje izraze zapišite kot produkte:
1) 
3) 
4) 
Primer št. 8.
Z znakom zapišite naslednja dela 
(velika grška črka "pi")
1) 
2)
Primer št. 9.
Računanje vrednosti polinoma 
f
(
n
)=
n
2
+
n
+11
, pri n=1,2,3,4,5,6,7
lahko domnevamo, da za vsako naravnonštevilo f
(
n
)
preprosto.
Je ta predpostavka pravilna?
rešitev.
Če je vsak člen vsote deljiv s številom, potem je vsota deljena s tem številom, 
ni praštevilo za nobeno naravno številostr.
Analiza končnega števila primerov igra pomembno vlogo v matematiki: ne da bi dokazali določeno trditev, pomaga uganiti pravilno formulacijo te izjave, če ta še ni znana. Tako je Goldbach, član peterburške akademije znanosti, prišel do hipoteze, da je vsako naravno število, začenši z dve, vsota največ treh praštevil.
Lekcija #3.
Metoda matematične indukcije omogoča dokazovanje različnih identitet.
Primer št. 10. Dokažimo to vsem n identiteta drži
rešitev.
Postavimo 
To moramo dokazati
Dokažimo, da Potem iz resnice identitete
sledi resnici identitete 
Z uporabo načela matematične indukcije je resničnost identitete dokazana za vse n.
Primer št. 11.
Dokažimo identiteto 
Dokaz.
nastale enakosti člen za členom.
; 
. To pomeni, da ta identiteta velja za vsen
.
Lekcija št. 4.
Dokaz identitete z metodo matematične indukcije.
Primer št. 12.
Dokažimo identiteto 
Dokaz.
Z uporabo principa matematične indukcije smo dokazali, da enakost velja za vse n.
Primer št. 13.
Dokažimo identiteto 
Dokaz.
Z uporabo principa matematične indukcije smo dokazali, da trditev velja za vsako naravno n.
Primer št. 14. Dokažimo identiteto
Dokaz.
Primer št. 15. Dokažimo identiteto
1)
n=1;
2) za p=k
enakost velja 
3) dokažemo, da enakost velja za p=k+1:
Sklep: identiteta velja za vsako naravno str.
Primer št. 16. Dokažimo identiteto
Dokaz.
če n=1
, To 
Naj identiteta ostane p=k.
Dokažimo, da identiteta velja za n=k+1.
Potem je identiteta resnična za vsako naravno n.
Lekcija št. 5.
Dokaz identitete z metodo matematične indukcije.
Primer št. 17. Dokažimo identiteto
Dokaz.
če n=2
, potem dobimo pravilno enakost: 
Naj enakost velja zap=k:
Dokažimo veljavnost trditve, ko n=k+1.
Po principu matematične indukcije se dokaže istovetnost.
Primer št. 18.
Dokažimo identiteto 
ko je n≥2.
pri n=2
to identiteto je mogoče prepisati v zelo preprosti obliki 
in očitno res.
Naj pri p=k res
.
Dokažimo veljavnost trditve, kon=k+1, torej velja enakost: .
Torej smo dokazali, da je identiteta resnična za vsako naravno število n≥2.
Primer št. 19. Dokažimo identiteto
pri n=1
dobimo pravilno enakost: 
Predpostavimo, da kdaj p=k dobimo tudi pravilno enakost:
Dokažimo, da enakost velja za p=k+1:
Potem velja istovetnost za poljubno naravno število n.
Lekcija št. 6.
Reševanje problemov deljivosti.
Primer št. 20. Dokaži z matematično indukcijo, da
deljeno z 6
brez sledu.
Dokaz.
pri n=1
obstaja delitev na6
brez sledi, 
.
Naj pri p=k
izražanje 
večkratno6.
Dokažimo, da ko p=k+1
izražanje 
večkratno6
.
Vsak izraz je večkratnik 6 , zato je vsota večkratnik 6 .
Primer št. 21.
na5
brez sledu.
Dokaz.
pri n=1
izraz je deljen brez ostanka 
.
Naj pri p=k
izražanje 
razdeljen tudi na5
brez sledu.
pri p=k+1 deljeno z 5 .
Primer št. 22.
Dokaži deljivost izraza 
na16.
Dokaz.
pri n=1 večkratno 16 .
Naj pri p=k
večkratno16.
pri p=k+1
Vsi izrazi so deljivi z 16: prva je očitna, druga po predpostavki, tretja pa ima v oklepaju sodo številko.
Primer št. 23.
Dokaži deljivost 
na676.
Dokaz.
Najprej to dokažimo 
deljeno z 
.
pri n=0
.
Naj pri p=k
deljeno z26
.
Nato pri p=k+1 deljeno z 26 .
Sedaj bomo izvedli dokaz izjave, formulirane v izjavi problema.
pri n=1 deljeno z 676.
pri p=k
res je to 
deljeno z26
2
.
pri p=k+1 .
Oba člena sta deljiva z 676 ; prvič - ker smo dokazali deljivost z 26 izraz v oklepaju, drugi pa je razdeljen po predpostavki indukcije.
Lekcija št. 7.
Reševanje problemov deljivosti.
Primer št. 24.
Dokaži to 
deljeno z5
brez sledu.
Dokaz.
pri n=1
deljeno z5.
pri p=k
deljeno z5
brez sledu.
pri p=k+1 vsak izraz je razdeljen na5 brez sledu.
Primer št. 25.
Dokaži to 
deljeno z6
brez sledu.
Dokaz.
pri n=1
deljeno z6
brez sledu.
Naj pri p=k
deljeno z6
brez sledu.
pri p=k+1 deljeno z 6
brez ostanka, saj je vsak člen deljiv z6
brez ostanka: prvi člen je po indukcijski hipotezi, drugi je očiten, tretji je zato, ker 
sodo število.
Primer št. 26.
Dokaži to 
ko se deli z9
daje preostanek 1
.
Dokaz.
Dokažimo to 
deljeno z9
.
pri n=1 
deljeno z 9
. Naj pri p=k
deljeno z9
.
pri p=k+1 deljeno z 9 .
Primer št. 27.
Dokaži, da je deljivo z15 brez sledu.
Dokaz.
pri n=1 deljeno z 15 .
Naj pri p=k deljeno z 15 brez sledu.
pri p=k+1
Prvi izraz je večkratnik15
po indukcijski hipotezi je drugi člen večkratnik15
– očitno je tretji člen večkratnik15
, ker 
večkratno5
(dokazano v primeru št. 21), sta večkratnika tudi četrti in peti člen5
, kar je očitno, potem je vsota večkratnik15
.
Lekcija št. 8-9.
Dokazovanje neenakosti z matematično indukcijo
Primer št. 28. 
.
pri n=1 imamo 
- prav.
Naj pri p=k 
- prava neenakost.
pri p=k+1
Potem neenakost velja za vsako naravno n.
Primer št. 29. Dokaži, da neenakost drži 
pri katerikoli n.
pri n=1 dobimo pravilno neenakost 4 >1.
Naj pri p=k neenakost je res 
.
Dokažimo, da ko p=k+1 neenakost je res 
Za vsako naravno Za obstaja neenakost.
če 
pri 
to
Primer št. 30.
pod katero koli naravno n in katerikoli 
Naj n=1 
, prav.
Predpostavimo, da neenakost velja za p=k: 
.
pri p=k+1
Primer št. 31. Dokaži veljavnost neenakosti
pod katero koli naravno n.
Najprej dokažimo, da za vsako naravno T neenakost je res
Pomnožimo obe strani neenakosti s 
. Dobimo ekvivalentno neenakost oz 
; 
; - ta neenakost velja za vsako naravno T.
pri n=1 prvotna neenakost je pravilna 
; 
; 
.
Naj neenakost velja za p=k: 
.
pri p=k+1 
Lekcija št. 10.
Reševanje problemov na temo
Metoda matematične indukcije.
Primer št. 32. Dokaži Bernoullijevo neenakost.
če 
, nato za vse naravne vrednoten
neenakost velja
Dokaz.
pri n=1
neenakost, ki se dokazuje, ima obliko 
in očitno pošteno. Predpostavimo, da velja zap=k
, torej kaj 
.
Ker po pogoju 
, To 
, zato neenakost ne spremeni svojega pomena, ko oba njena dela pomnožimo z 
:
Ker 
, potem to razumemo
.
Torej neenakost velja za n=1, in iz njegove resnice pri p=k izhaja, da drži tudi, če n=k+1. To pomeni, da na podlagi matematične indukcije velja za vse naravno str.
na primer 
Primer št. 33.
Poiščite vse naravne vrednoten
, za katero neenakost velja 
rešitev.
pri n=1 neenakost je poštena. pri n=2 neenakost je tudi res.
pri n=3 neenakost ne velja več. Šele ko n=6 neenakost velja, zato lahko vzamemo za osnovo indukcije n=6.
Recimo, da neenakost velja za nekaj naravnega Za:
Upoštevajte neenakost
Zadnja neenakost je izpolnjena, če 
Testno delo na temo p=1 je podano ponavljajoče: p≥5, kjer n- - naravno število.
METODA MATEMATIČNE INDUKCIJE
Beseda indukcija v ruščini pomeni vodenje, zaključki, ki temeljijo na opazovanjih, poskusih, torej se imenujejo induktivni. pridobljeno s sklepanjem od posameznega k splošnemu.
Na primer, vsak dan opazimo, da Sonce vzhaja z vzhoda. Zato ste lahko prepričani, da se bo jutri pojavil na vzhodu in ne na zahodu. Ta sklep naredimo, ne da bi se zatekli k kakršnim koli predpostavkam o razlogu za gibanje Sonca po nebu (še več, to gibanje se izkaže za očitno, saj se globus dejansko premika). In vendar ta induktivni sklep pravilno opisuje opažanja, ki jih bomo opravili jutri.
Vloga induktivnih sklepov v eksperimentalnih znanostih je zelo velika. Podajo tiste določbe, iz katerih se nato z odbitkom potegnejo nadaljnji zaključki. In čeprav teoretična mehanika temelji na treh Newtonovih zakonih gibanja, so bili ti zakoni sami rezultat globokega razmišljanja skozi eksperimentalne podatke, zlasti Keplerjeve zakone gibanja planetov, ki jih je izpeljal iz obdelave dolgoletnih opazovanj danskega astronoma Tycha Brahe. Opazovanje in indukcija se izkažeta za koristna v prihodnosti za razjasnitev postavljenih predpostavk. Po Michelsonovih poskusih merjenja svetlobne hitrosti v gibajočem se mediju se je izkazalo, da je treba razjasniti fizikalne zakone in ustvariti teorijo relativnosti.
V matematiki je vloga indukcije v veliki meri ta, da je podlaga za izbrano aksiomatiko. Potem ko je dolgoletna praksa pokazala, da je ravna pot vedno krajša od zakrivljene ali lomljene, je bilo naravno oblikovati aksiom: za poljubne tri točke A, B in C velja neenakost
Koncept sledenja, ki je osnova aritmetike, se je pojavil tudi iz opazovanj oblikovanja vojakov, ladij in drugih urejenih množic.
Ne smemo pa misliti, da je s tem vloga indukcije v matematiki izčrpana. Izrekov, ki so logično izpeljani iz aksiomov, seveda ne smemo eksperimentalno preverjati: če med izpeljavo ni prišlo do logičnih napak, potem so resnični, kolikor so resnični aksiomi, ki smo jih sprejeli. Toda iz tega sistema aksiomov je mogoče razbrati veliko trditev. In izbor tistih trditev, ki jih je treba dokazati, je spet predlagan z indukcijo. To je tisto, kar vam omogoča, da ločite uporabne izreke od neuporabnih, nakazuje, kateri izreki se lahko izkažejo za resnične, in celo pomaga začrtati pot dokaza.
Bistvo metode matematične indukcije
V mnogih vejah aritmetike, algebre, geometrije in analize je treba dokazati resničnost stavkov A(n), odvisno od naravne spremenljivke. Dokaz resničnosti predloga A(n) za vse vrednosti spremenljivke je pogosto mogoče izvesti z metodo matematične indukcije, ki temelji na naslednjem principu.
Trditev A(n) se šteje za resnično za vse naravne vrednosti spremenljivke, če sta izpolnjena naslednja dva pogoja:
Trditev A(n) velja za n=1.
Iz predpostavke, da A(n) velja za n=k (kjer je k poljubno naravno število), sledi, da velja za naslednjo vrednost n=k+1.
Ta princip se imenuje princip matematične indukcije. Običajno je izbran kot eden od aksiomov, ki opredeljujejo naravno vrsto števil, in je zato sprejet brez dokaza.
Metoda matematične indukcije pomeni naslednjo metodo dokaza. Če želite dokazati resničnost stavka A(n) za vse naravne n, morate najprej preveriti resničnost izjave A(1) in drugič, ob predpostavki resničnosti izjave A(k), poskusite dokazati, da trditev A(k +1) drži. Če je to mogoče dokazati in dokaz ostane veljaven za vsako naravno vrednost k, potem je v skladu z načelom matematične indukcije trditev A(n) prepoznana kot resnična za vse vrednosti n.
Metoda matematične indukcije se pogosto uporablja pri dokazovanju izrekov, identitet, neenačb, pri reševanju problemov deljivosti, pri reševanju nekaterih geometrijskih in številnih drugih problemov.
Metoda matematične indukcije pri reševanju problemov na
deljivost
Z metodo matematične indukcije lahko dokažete različne trditve o deljivosti naravnih števil.
Naslednjo trditev je mogoče relativno preprosto dokazati. Pokažimo, kako ga dobimo z metodo matematične indukcije.
Primer 1. Če je n naravno število, potem je število sodo.
Ko je n=1, je naša izjava resnična: - sodo število. Predpostavimo, da je sodo število. Ker je 2k sodo število, potem 
celo. Torej je pariteta dokazana za n=1, pariteta je izpeljana iz paritete 
.To pomeni, da je celo za vse naravne vrednosti n.
Primer 2.Dokaži resničnost stavka
A(n)=(število 5 je večkratnik 19), n je naravno število.
rešitev.
Trditev A(1)=(število, deljivo z 19) drži.
Recimo, da je za neko vrednost n=k
A(k)=(število, deljivo z 19) velja. Potem, odkar
Očitno velja tudi A(k+1). Dejansko je prvi člen deljiv z 19 zaradi predpostavke, da je A(k) resničen; drugi člen je prav tako deljiv z 19, ker vsebuje faktor 19. Oba pogoja načela matematične indukcije sta izpolnjena, torej trditev A(n) velja za vse vrednosti n.
Uporaba metode matematične indukcije na
seštevalne serije
Primer 1.Dokaži formulo
, n je naravno število.
rešitev.
Ko je n=1, se obe strani enakosti spremenita v eno in je torej prvi pogoj načela matematične indukcije izpolnjen.
Predpostavimo, da je formula pravilna za n=k, tj.
.
Prištejmo obema stranema te enakosti in transformirajmo desno stran. Potem dobimo
Torej iz dejstva, da formula velja za n=k, sledi, da velja tudi za n=k+1. Ta trditev velja za vsako naravno vrednost k. Torej je izpolnjen tudi drugi pogoj principa matematične indukcije. Formula je dokazana.
Primer 2.Dokaži, da je vsota prvih n števil naravnega niza enaka .
rešitev.
Označimo zahtevano količino, tj. 
.
Ko je n=1, je hipoteza resnična.
Naj 
. Pokažimo to 
.
pravzaprav
Problem je rešen.
Primer 3.Dokaži, da je vsota kvadratov prvih n števil naravnega niza enaka 
.
rešitev.
Naj .
.
Predpostavimo, da 
. Potem
In končno.
Primer 4. Dokaži to.
rešitev.
Če, potem
Primer 5. Dokaži to
rešitev.
Ko je n=1, je hipoteza očitno resnična.
Naj .
Dokažimo to.
res,
Primeri uporabe metode matematične indukcije na
dokaz neenakosti
Primer 1.Dokažite, da je za vsako naravno število n>1
.
rešitev.
Označimo levo stran neenakosti z .
Zato za n=2 neenakost velja.
Naj za nekaj k. Dokažemo, da potem in . Imamo 
, .
Če primerjamo in imamo 
, tj. 
.
Za vsako pozitivno celo število k je desna stran zadnje enakosti pozitivna. Zato . Ampak to pomeni tudi.
Primer 2.Poišči napako v sklepanju.
Izjava. Za vsako naravno število n neenakost velja.
Dokaz.
. (1)
Dokažimo, da potem neenakost velja tudi za n=k+1, tj.
.
Dejansko nič manj kot 2 za kateri koli naravni k. Levi strani neenačbe prištejmo (1) in desni strani 2. Dobimo pošteno neenakost oz. 
. Trditev je dokazana.
Primer 3.Dokaži to 
, kjer je >-1, , n naravno število, večje od 1.
rešitev.
Za n=2 je neenakost resnična, saj .
Naj neenakost velja za n=k, kjer je k neko naravno število, tj.
. (1)
Pokažimo, da potem neenakost velja tudi za n=k+1, tj.
. (2)
Dejansko je po pogoju, , torej neenakost resnična
, (3)
dobljeno iz neenačbe (1) z množenjem vsakega dela z . Prepišimo neenakost (3) takole: . Če zavržemo pozitivni člen na desni strani zadnje neenakosti, dobimo pošteno neenakost (2).
Primer 4. Dokaži to
(1)
kjer je , , n naravno število, večje od 1.
rešitev.
Pri n=2 dobi neenačba (1) obliko
. (2)
Ker , potem neenakost velja
. (3)
Če vsakemu delu neenačbe (3) prištejemo dobimo neenačbo (2).
To dokazuje, da za n=2 neenakost (1) velja.
Naj neenakost (1) velja za n=k, kjer je k neko naravno število, tj.
. (4)
Dokažimo, da mora potem neenakost (1) veljati tudi za n=k+1, tj.
(5)
Pomnožimo obe strani neenačbe (4) z a+b. Ker pod pogojem dobimo naslednjo pošteno neenakost:
. (6)
Da bi dokazali veljavnost neenakosti (5), je dovolj pokazati, da
, (7)
ali, kar je isto,
. (8)
Neenakost (8) je enakovredna neenakosti
. (9)
Če , potem , in na levi strani neenačbe (9) imamo produkt dveh pozitivnih števil. Če , potem , in na levi strani neenačbe (9) imamo produkt dveh negativnih števil. V obeh primerih velja neenakost (9).
To dokazuje, da veljavnost neenakosti (1) za n=k implicira njeno veljavnost za n=k+1.
Metoda matematične indukcije, uporabljena pri drugih
naloge
Najbolj naravna uporaba metode matematične indukcije v geometriji, ki je blizu uporabi te metode v teoriji števil in algebri, je njena uporaba pri reševanju geometrijskih računskih problemov. Poglejmo si nekaj primerov.
Primer 1.Izračunaj stranico pravilnega kvadrata, včrtanega krogu s polmerom R.
rešitev.
Ko je n=2 pravilno 2 n - kvadrat je kvadrat; njegovi strani. Nadalje, po formuli za podvojitev
ugotovimo, da stranica pravilnega osmerokotnika 
, stranica pravilnega šesterokotnika 
, stranica pravilnega dvaintrikotnika 
. Lahko torej domnevamo, da je stran pravilnega vpisanega 2 n - kvadrat za vsako enako
. (1)
Predpostavimo, da je stranica pravilnega včrtanega kvadrata izražena s formulo (1). V tem primeru po formuli za podvojitev
,
od koder sledi, da formula (1) velja za vse n.
Primer 2.Na koliko trikotnikov lahko razdelimo n-kotnik (ni nujno konveksen) z njegovimi disjunktnimi diagonalami?
rešitev.
Za trikotnik je to število enako ena (v trikotniku ni mogoče narisati niti ene diagonale); za štirikotnik je to število očitno dve.
Recimo, da že vemo, da je vsak k-kotnik, kjer je k
A n
A 1 A 2
Naj bo A 1 A k ena od diagonal te particije; deli n-kotnik A 1 A 2 ...A n na k-kotnik A 1 A 2 ...A k in (n-k+2)-kotnik A 1 A k A k+1 .. .A n . Zaradi postavljene predpostavke bo skupno število trikotnikov v particiji enako
(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
Tako je naša trditev dokazana za vse n.
Primer 3.Navedite pravilo za izračun števila P(n) načinov, kako lahko konveksni n-kotnik razdelimo na trikotnike z disjunktnimi diagonalami.
rešitev.
Za trikotnik je to število očitno enako ena: P(3)=1.
Predpostavimo, da smo že določili števila P(k) za vse k
Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1).
Z uporabo te formule dosledno dobimo:
P(4)=P(3)+P(3)=2,
P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,
P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14
itd.
Probleme z grafi lahko rešujete tudi z metodo matematične indukcije.
Naj obstaja na ravnini mreža premic, ki povezujejo nekatere točke in nimajo drugih točk. Tako mrežo črt bomo imenovali zemljevid, dane točke kot njegova oglišča, segmenti krivulj med dvema sosednjima ogliščema - meje zemljevida, deli ravnine, na katere je razdeljen z mejami - države zemljevida.
Naj se na letalo da kakšen zemljevid. Za pravilno barvo bomo rekli, če je vsaka njena država pobarvana z določeno barvo, poljubni državi, ki imata skupno mejo, pa sta pobarvani z različnimi barvami.
Primer 4.Na ravnini je n krogov. Dokažite, da je za kakršno koli razporeditev teh krogov zemljevid, ki ga tvorijo, mogoče pravilno pobarvati z dvema barvama.
rešitev.
Za n=1 je naša izjava očitna.
Predpostavimo, da naša izjava velja za kateri koli zemljevid, ki ga tvori n krogov, in naj bo na ravnini n+1 krogov. Če enega od teh krogov odstranimo, dobimo zemljevid, ki ga je glede na postavljeno predpostavko mogoče pravilno obarvati z dvema barvama, na primer s črno in belo.
Pravo znanje je ves čas temeljilo na vzpostavljanju vzorca in dokazovanju njegove resničnosti v določenih okoliščinah. V tako dolgem obdobju obstoja logičnega sklepanja so bile podane formulacije pravil, Aristotel pa je celo sestavil seznam »pravilnega sklepanja«. Zgodovinsko gledano je bilo običajno vse sklepe razdeliti na dve vrsti - od konkretnih do večkratnih (indukcija) in obratno (dedukcija). Opozoriti je treba, da vrste dokazov od posameznega do splošnega in od splošnega do posebnega obstajajo samo v povezavi in jih ni mogoče zamenjati.
Indukcija v matematiki
Izraz "indukcija" ima latinske korenine in se dobesedno prevaja kot "vodenje". Ob natančnejšem preučevanju lahko izpostavimo strukturo besede, in sicer latinsko predpono - in- (označuje usmerjeno dejanje navznoter ali bivanje znotraj) in -duction - uvod. Omeniti velja, da obstajata dve vrsti - popolna in nepopolna indukcija. Za polno obliko so značilni sklepi, ki izhajajo iz študije vseh predmetov določenega razreda.
Nepopolni - sklepi, ki veljajo za vse predmete razreda, vendar so narejeni na podlagi študija le nekaterih enot.
Popolna matematična indukcija je sklepanje, ki temelji na splošnem zaključku o celotnem razredu kakršnih koli predmetov, ki so funkcionalno povezani z razmerji naravnega niza števil na podlagi poznavanja te funkcionalne povezave. V tem primeru postopek dokazovanja poteka v treh fazah:
- prvi dokazuje pravilnost stališča matematične indukcije. Primer: f = 1, indukcija;
- naslednja stopnja temelji na predpostavki, da položaj velja za vsa naravna števila. To pomeni, da je f=h induktivna hipoteza;
- na tretji stopnji pa se na podlagi pravilnosti lege prejšnje točke dokaže veljavnost položaja za število f=h+1 - to je indukcijski prehod oziroma korak matematične indukcije. Primer je tako imenovani če pade prvi kamen v vrsti (osnova), potem padejo vsi kamni v vrsti (prehod).
Tako v šali kot resno
Za lažje razumevanje so primeri rešitev z metodo matematične indukcije predstavljeni v obliki šaljivih nalog. To je naloga »Vljudna čakalna vrsta«:
- Pravila vedenja prepovedujejo, da bi moški zavil pred žensko (v tem primeru ji je dovoljeno iti naprej). Na podlagi te izjave, če je zadnji v vrsti moški, potem so vsi ostali moški.
Osupljiv primer metode matematične indukcije je problem "brezdimenzijskega leta":
- Potrebno je dokazati, da lahko v minibus sprejme poljubno število ljudi. Res je, da se ena oseba brez težav spravi v vozilo (osnova). Toda ne glede na to, kako poln je minibus, bo vanj vedno 1 potnik (indukcijska stopnica).
Znani krogi
Primeri reševanja problemov in enačb z matematično indukcijo so precej pogosti. Kot ponazoritev tega pristopa razmislite o naslednjem problemu.
Pogoj: na ravnini je h krogov. Dokazati je treba, da je za kakršno koli razporeditev likov zemljevid, ki ga tvorijo, mogoče pravilno pobarvati z dvema barvama.
rešitev: ko je h=1, je trditev očitna, zato bo dokaz konstruiran za število krogov h+1.
Sprejmimo predpostavko, da trditev velja za kateri koli zemljevid in je na ravnini h+1 krožnic. Z odstranitvijo enega od krogov iz skupnega seštevka lahko dobite zemljevid, pravilno obarvan z dvema barvama (črno in belo).
Pri obnavljanju izbrisanega kroga se barva vsakega področja spremeni v nasprotno (v tem primeru znotraj kroga). Rezultat je zemljevid, pravilno obarvan v dveh barvah, kar je bilo treba tudi dokazati.
Primeri z naravnimi števili
Spodaj je jasno prikazana uporaba metode matematične indukcije.
Primeri rešitev:
Dokažite, da za vsak h velja naslednja enakost:
1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.
1. Naj bo h=1, kar pomeni:
R 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1
Iz tega sledi, da je za h=1 trditev pravilna.
2. Ob predpostavki, da je h=d, dobimo enačbo:
R 1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1
3. Ob predpostavki, da je h=d+1, se izkaže:
R d+1 = (d+1) (d+2) (2d+3)/6
R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=
(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.
Tako je veljavnost enakosti za h=d+1 dokazana, torej trditev velja za poljubno naravno število, kot je prikazano v primeru rešitve z matematično indukcijo.
Naloga
Pogoj: zahteva se dokaz, da je za katero koli vrednost h izraz 7 h -1 deljiv s 6 brez ostanka.
rešitev:
1. Recimo h=1, v tem primeru:
R 1 =7 1 -1=6 (tj. deljeno s 6 brez ostanka)
Zato je za h=1 izjava resnična;
2. Naj bo h=d in 7 d -1 deljeno s 6 brez ostanka;
3. Dokaz veljavnosti izjave za h=d+1 je formula:
R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6
V tem primeru je prvi člen deljiv s 6 glede na predpostavko prve točke, drugi člen pa je enak 6. Trditev, da je 7 h -1 deljivo s 6 brez ostanka za vsak naravni h, drži.
Napake pri presoji
V dokazih se pogosto uporablja nepravilno sklepanje zaradi netočnosti uporabljenih logičnih konstrukcij. To se večinoma zgodi, ko sta struktura in logika dokaza kršeni. Primer nepravilnega razmišljanja je naslednja ilustracija.
Naloga
Pogoj: potreben je dokaz, da vsak kup kamenja ni kup.
rešitev:
1. Recimo h=1, v tem primeru je v kupčku 1 kamenček in trditev drži (osnova);
2. Naj za h=d velja, da kup kamenja ni kup (predpostavka);
3. Naj bo h=d+1, iz česar sledi, da ob dodajanju še enega kamna množica ne bo kup. Sam sklep nakazuje, da predpostavka velja za vse naravne h.
Napaka je, da ni definicije, koliko kamnov tvori kup. Takšna opustitev se v metodi matematične indukcije imenuje prenagljena posplošitev. Primer to jasno kaže.
Indukcija in zakoni logike
Zgodovinsko gledano vedno »hodijo z roko v roki«. Znanstvene discipline, kot sta logika in filozofija, jih opisujejo v obliki nasprotij.
Z vidika zakona logike se induktivne definicije opirajo na dejstva in resničnost premis ne določa pravilnosti nastale izjave. Pogosto so zaključki pridobljeni z določeno stopnjo verjetnosti in verodostojnosti, ki jo je seveda treba preveriti in potrditi z dodatnimi raziskavami. Primer indukcije v logiki bi bila naslednja izjava:
V Estoniji je suša, v Latviji je suša, v Litvi je suša.
Estonija, Latvija in Litva so baltske države. V vseh baltskih državah je suša.
Iz primera lahko sklepamo, da z metodo indukcije ni mogoče pridobiti nove informacije ali resnice. Vse, na kar je mogoče računati, je nekaj možne resničnosti sklepov. Poleg tega resničnost premis ne zagotavlja enakih zaključkov. Vendar to dejstvo ne pomeni, da je indukcija na meji dedukcije: z indukcijsko metodo je utemeljenih ogromno določil in znanstvenih zakonov. Primer je ista matematika, biologija in druge vede. Večinoma je to posledica metode popolne indukcije, v nekaterih primerih pa je uporabna tudi delna indukcija.
Častitljiva doba indukcije je omogočila, da je prodrla v skoraj vse sfere človekove dejavnosti - to je znanost, ekonomija in vsakdanji zaključki.
Uvajanje v znanstveno skupnost
Indukcijska metoda zahteva natančen odnos, saj je preveč odvisno od števila delov preučevane celote: večje kot je preučeno število, bolj zanesljiv je rezultat. Na podlagi te značilnosti se znanstveni zakoni, pridobljeni z indukcijo, dolgo časa testirajo na ravni verjetnostnih predpostavk, da se izolirajo in preučijo vsi možni strukturni elementi, povezave in vplivi.
V znanosti induktivni sklep temelji na pomembnih značilnostih, z izjemo naključnih določb. To dejstvo je pomembno v povezavi s specifiko znanstvenih spoznanj. To je jasno razvidno iz primerov indukcije v znanosti.
V znanstvenem svetu obstajata dve vrsti indukcije (v povezavi z metodo študija):
- indukcija-izbor (ali selekcija);
- indukcija – izključitev (eliminacija).
Prvo vrsto odlikuje metodična (natančna) izbira vzorcev razreda (podrazredov) z njegovih različnih področij.
Primer te vrste indukcije je naslednji: srebro (ali srebrove soli) čisti vodo. Sklep temelji na dolgoletnih opazovanjih (nekakšna selekcija potrditev in ovržb – selekcija).
Druga vrsta indukcije temelji na sklepih, ki vzpostavljajo vzročne zveze in izključujejo okoliščine, ki ne ustrezajo njenim lastnostim, in sicer univerzalnosti, spoštovanja časovnega zaporedja, nujnosti in enoumnosti.
Indukcija in dedukcija s položaja filozofije
Če pogledamo zgodovinsko nazaj, je izraz indukcija prvi omenil Sokrat. Aristotel je primere indukcije v filozofiji opisal v bolj približnem terminološkem slovarju, vprašanje nepopolne indukcije pa ostaja odprto. Po preganjanju aristotelovskega silogizma se je začela induktivna metoda priznavati kot plodna in edina možna v naravoslovju. Bacon velja za očeta indukcije kot samostojne posebne metode, vendar mu ni uspelo ločiti indukcije od deduktivne metode, kot so zahtevali njegovi sodobniki.
Indukcijo je nadalje razvil J. Mill, ki je induktivno teorijo obravnaval z vidika štirih glavnih metod: dogovora, razlike, ostankov in ustreznih sprememb. Ni presenetljivo, da so danes naštete metode ob podrobnem pregledu deduktivne.
Spoznanje nedoslednosti teorij Bacona in Milla je znanstvenike pripeljalo do študija verjetnostne osnove indukcije. Vendar je bilo tudi tukaj nekaj skrajnosti: indukcijo so skušali zmanjšati na teorijo verjetnosti z vsemi posledičnimi posledicami.
Indukcija je deležna zaupanja s praktično uporabo na določenih predmetnih področjih in zahvaljujoč metrični natančnosti induktivne osnove. Primer indukcije in dedukcije v filozofiji se lahko šteje za zakon univerzalne gravitacije. Na dan odkritja zakona ga je Newton lahko preveril s 4-odstotno natančnostjo. In pri preverjanju več kot dvesto let pozneje je bila pravilnost potrjena z natančnostjo 0,0001 odstotka, čeprav je bilo preverjanje izvedeno z enakimi induktivnimi posplošitvami.
Sodobna filozofija posveča več pozornosti dedukciji, ki jo narekuje logična želja po pridobivanju novega znanja (ali resnic) iz že znanega, ne da bi se zatekli k izkušnjam ali intuiciji, ampak z uporabo "čistega" razmišljanja. Pri sklicevanju na resnične premise v deduktivni metodi je rezultat v vseh primerih resnična izjava.
Ta zelo pomembna lastnost ne sme zasenčiti vrednosti induktivne metode. Indukcija namreč na podlagi dosežkov izkušenj postane tudi sredstvo za njihovo obdelavo (vključno s posploševanjem in sistematizacijo).
Uporaba indukcije v ekonomiji
Indukcija in dedukcija se že dolgo uporabljata kot metodi za proučevanje gospodarstva in napovedovanje njegovega razvoja.
Obseg uporabe indukcijske metode je precej širok: preučevanje izpolnjevanja kazalnikov napovedi (dobiček, amortizacija itd.) In splošna ocena stanja podjetja; oblikovanje učinkovite politike promocije podjetja, ki temelji na dejstvih in njihovih razmerjih.
Ista metoda indukcije je uporabljena v »Shewhartovih zemljevidih«, kjer ob predpostavki delitve procesov na nadzorovane in neobvladljive navajamo, da je okvir kontroliranega procesa neaktiven.
Vedeti je treba, da se znanstvene zakonitosti utemeljujejo in potrjujejo z indukcijsko metodo, in ker je ekonomija veda, ki pogosto uporablja matematično analizo, teorijo tveganja in statistiko, sploh ne preseneča, da je indukcija na seznamu glavnih metod.
Primer indukcije in dedukcije v ekonomiji je naslednja situacija. Podražitev hrane (iz potrošniške košarice) in nujnih dobrin potrošnika potiska k razmišljanju o nastajajočih visokih stroških v državi (indukcija). Hkrati je mogoče iz dejstva visokih cen z matematičnimi metodami izpeljati kazalnike rasti cen za posamezno blago ali kategorijo blaga (odbitek).
Najpogosteje se vodstveno osebje, menedžerji in ekonomisti obrnejo na indukcijsko metodo. Da bi lahko dovolj resnično napovedali razvoj podjetja, tržno obnašanje in posledice konkurence, je nujen induktivno-deduktivni pristop k analizi in obdelavi informacij.
Jasen primer indukcije v ekonomiji, povezane z napačnimi presojami:
- dobiček družbe se je zmanjšal za 30 %;
konkurenčno podjetje je razširilo svojo linijo izdelkov;
nič drugega se ni spremenilo; - proizvodna politika konkurenčnega podjetja je povzročila 30-odstotno zmanjšanje dobička;
- zato je treba izvajati enako proizvodno politiko.
Primer je barvita ilustracija, kako nesposobna uporaba indukcijske metode prispeva k propadu podjetja.
Dedukcija in indukcija v psihologiji
Ker obstaja metoda, potem logično obstaja tudi pravilno organizirano mišljenje (uporabljati metodo). Psihologija kot znanost, ki preučuje duševne procese, njihov nastanek, razvoj, odnose, interakcije, posveča pozornost "deduktivnemu" razmišljanju kot eni od oblik manifestacije dedukcije in indukcije. Na psiholoških straneh na internetu žal praktično ni utemeljitve celovitosti deduktivno-induktivne metode. Čeprav se poklicni psihologi pogosteje srečujejo z manifestacijami indukcije ali bolje rečeno z napačnimi sklepi.
Primer indukcije v psihologiji kot ilustracija napačnih sodb je izjava: moja mama vara, zato so vse ženske prevarante. Še več "zmotnih" primerov indukcije lahko poiščete iz življenja:
- učenec ni sposoben ničesar, če dobi slabo oceno pri matematiki;
- on je bedak;
- pameten je;
- lahko naredim vse;
In številne druge vrednostne sodbe, ki temeljijo na povsem naključnih in včasih nepomembnih premisah.
Opozoriti je treba: ko zmotljivost človekove presoje doseže točko absurda, se za psihoterapevta pojavi meja dela. En primer uvajanja pri specialistu:
»Bolnik je popolnoma prepričan, da je rdeča barva zanj nevarna samo v kakršni koli obliki. Posledično je oseba to barvno shemo izključila iz svojega življenja - kolikor je le mogoče. Obstaja veliko možnosti za udobno bivanje doma. Lahko zavrnete vse rdeče predmete ali jih zamenjate z analogi, izdelanimi v drugi barvni shemi. Toda na javnih mestih, v službi, v trgovini - to je nemogoče. Ko se pacient znajde v stresni situaciji, vsakič doživi »plimo« popolnoma drugačnih čustvenih stanj, ki lahko predstavljajo nevarnost za druge.«
Ta primer indukcije in nezavedne indukcije se imenuje "fiksne ideje". Če se to zgodi duševno zdravi osebi, lahko govorimo o pomanjkanju organizacije duševne dejavnosti. Način, kako se znebiti obsesivnih stanj, je lahko osnovni razvoj deduktivnega mišljenja. V drugih primerih s takimi bolniki delajo psihiatri.
Zgornji primeri indukcije kažejo, da vas "nepoznavanje prava ne izvzame iz posledic (napačnih sodb)."
Psihologi, ki se ukvarjajo s temo deduktivnega mišljenja, so sestavili seznam priporočil, ki ljudem pomagajo obvladati to metodo.
Prva točka je reševanje problema. Kot je razvidno, lahko obliko indukcije, ki se uporablja v matematiki, štejemo za "klasično", uporaba te metode pa prispeva k "disciplini" uma.
Naslednji pogoj za razvoj deduktivnega mišljenja je širjenje obzorja (kdor misli jasno, se jasno izraža). To priporočilo usmerja »trpljenje« v zakladnice znanosti in informacij (knjižnice, spletne strani, izobraževalne pobude, potovanja itd.).
Posebej je treba omeniti tako imenovano "psihološko indukcijo". Ta izraz, čeprav redko, je mogoče najti na internetu. Vsi viri ne podajajo vsaj kratke formulacije definicije tega pojma, ampak se sklicujejo na »primere iz življenja«, pri čemer kot novo vrsto indukcije predstavljajo bodisi sugestijo bodisi nekatere oblike duševnih bolezni ali ekstremna stanja človeška psiha. Iz vsega zgoraj navedenega je jasno, da poskus izpeljave »novega izraza«, ki temelji na napačnih (pogosto neresničnih) premisah, eksperimentatorja obsodi na napačno (ali prenagljeno) izjavo.
Treba je opozoriti, da je sklicevanje na poskuse iz leta 1960 (brez navedbe lokacije, imen izvajalcev poskusov, vzorca subjektov in, kar je najpomembneje, namena eksperimenta) videti milo rečeno neprepričljivo in Izjava, da možgani zaznavajo informacije mimo vseh organov zaznavanja (besedna zveza "je prizadet" bi v tem primeru bolj organsko pristajala), daje misliti o lahkovernosti in nekritičnosti avtorja izjave.
Namesto zaključka
Ni zaman, da kraljica znanosti, matematika, uporablja vse možne rezerve metode indukcije in dedukcije. Obravnavani primeri nam omogočajo sklepati, da površna in nesposobna (nepremišljena, kot pravijo) uporaba celo najbolj natančnih in zanesljivih metod vedno vodi do napačnih rezultatov.
V množični zavesti je metoda dedukcije povezana s slavnim Sherlockom Holmesom, ki v svojih logičnih konstrukcijah pogosteje uporablja primere indukcije, z uporabo dedukcije v pravih situacijah.
Članek je preučil primere uporabe teh metod v različnih znanostih in na področjih človeške dejavnosti.