Metodološki razvoj "metoda matematične indukcije". Metoda matematične indukcije in njena uporaba pri reševanju problemov

14.10.2023

Metoda matematične indukcije

Uvod

Glavni del

Popolna in nepopolna indukcija
Načelo matematične indukcije
Metoda matematične indukcije
Reševanje primerov
Enakosti
Deljenje števil
Neenakosti

Zaključek

Seznam uporabljene literature

Uvod

Metodo matematične indukcije lahko primerjamo z napredkom. Začnemo od najnižjega in kot rezultat logičnega razmišljanja pridemo do najvišjega. Človek je od nekdaj težil k napredku, k sposobnosti logičnega razvoja misli, kar pomeni, da mu je narava sama namenila induktivno mišljenje.

Čeprav se je obseg uporabe metode matematične indukcije povečal, se ji v šolskem kurikulumu posveča malo časa. No, povejte mi, da bodo človeku koristile tiste dve ali tri lekcije, med katerimi bo slišal pet besed teorije, rešil pet primitivnih problemov in posledično prejel petico za dejstvo, da ne ve ničesar.

Vendar je zelo pomembno, da lahko razmišljamo induktivno.

Glavni del

V svojem prvotnem pomenu se beseda "indukcija" uporablja za razmišljanje, s katerim se na podlagi številnih posebnih trditev pridobijo splošni zaključki. Najenostavnejša metoda sklepanja te vrste je popolna indukcija. Tu je primer takšnega razmišljanja.

Naj bo treba ugotoviti, da lahko vsako sodo naravno število n znotraj 4 predstavimo kot vsoto dveh praštevil. Če želite to narediti, vzemite vse te številke in napišite ustrezne razširitve:

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.

Teh devet enakosti kaže, da je vsako od števil, ki nas zanimajo, dejansko predstavljeno kot vsota dveh preprostih členov.

Tako je popolna indukcija sestavljena iz dokazovanja splošne trditve ločeno v vsakem od končnega števila možnih primerov.

Včasih je splošni rezultat mogoče predvideti po upoštevanju ne vseh, ampak dovolj velikega števila posebnih primerov (tako imenovana nepopolna indukcija).

Rezultat, dobljen z nepopolno indukcijo, pa ostane le hipoteza, dokler ni dokazan z natančnim matematičnim sklepanjem, ki zajema vse posebne primere. Z drugimi besedami, nepopolna indukcija v matematiki ne velja za legitimno metodo strogega dokaza, ampak je močna metoda za odkrivanje novih resnic.

Recimo, da želite najti vsoto prvih n zaporednih lihih števil. Razmislimo o posebnih primerih:

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

Po preučitvi teh nekaj posebnih primerov se predlaga naslednji splošni sklep:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tiste. vsota prvih n zaporednih lihih števil je n 2

Seveda opažanje še ne more služiti kot dokaz veljavnosti podane formule.

Popolna indukcija ima le omejeno uporabo v matematiki. Številne zanimive matematične izjave pokrivajo neskončno število posebnih primerov, vendar jih ne moremo preizkusiti za neskončno število primerov. Nepopolna indukcija pogosto vodi do napačnih rezultatov.

V mnogih primerih je izhod iz te težave ta, da se zatečemo k posebni metodi sklepanja, imenovani metoda matematične indukcije. To je naslednje.

Recimo, da morate dokazati veljavnost neke trditve za poljubno naravno število n (na primer, morate dokazati, da je vsota prvih n lihih števil enaka n 2). Neposredno preverjanje te izjave za vsako vrednost n ni mogoče, saj je množica naravnih števil neskončna. Da bi dokazali to trditev, najprej preverite njeno veljavnost za n=1. Nato dokažejo, da za katero koli naravno vrednost k veljavnost obravnavane izjave za n=k implicira njeno veljavnost za n=k+1.

Potem velja, da je trditev dokazana za vse n. Dejansko je trditev resnična za n=1. Toda potem velja tudi za naslednje število n=1+1=2. Veljavnost izjave za n=2 pomeni njeno veljavnost za n=2+

1=3. To implicira veljavnost izjave za n=4 itd. Jasno je, da bomo na koncu dosegli poljubno naravno število n. To pomeni, da trditev velja za vsak n.

Če povzamemo povedano, oblikujemo naslednje splošno načelo.

Načelo matematične indukcije.

Če predlog A(n), odvisno od naravnega številan, drži zan=1 in iz dejstva, da velja zan= k (Kjek-poljubno naravno število), sledi, da velja za naslednje številon= k+1, potem predpostavka A(n) velja za vsako naravno številon.

V številnih primerih bo morda treba dokazati veljavnost določene trditve ne za vsa naravna števila, ampak le za n>p, kjer je p fiksno naravno število. V tem primeru je načelo matematične indukcije oblikovano na naslednji način.

Če predlog A(n) velja zan= str in če A(k) Þ A(k+1) za vsakogark> str, nato predlog A(n) velja za vsakogarn> str.

Dokaz z uporabo metode matematične indukcije se izvede na naslednji način. Najprej se trditev, ki jo je treba dokazati, preveri za n=1, tj. ugotovljena je resničnost izjave A(1). Ta del dokaza se imenuje indukcijska baza. Nato pride del dokaza, imenovan indukcijski korak. V tem delu dokazujejo veljavnost trditve za n=k+1 ob predpostavki veljavnosti trditve za n=k (indukcijska predpostavka), t.j. dokaži, da je A(k)ÞA(k+1).

PRIMER 1

Dokažite, da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Rešitev: 1) Imamo n=1=1 2 . torej

izjava velja za n=1, tj. A(1) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1).

Naj bo k poljubno naravno število in naj velja trditev za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo, da potem trditev velja tudi za naslednje naravno število n=k+1, tj. Kaj

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

pravzaprav

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

Torej, A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da predpostavka A(n) velja za vsak nÎN.

PRIMER 2

Dokaži to

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

Rešitev: 1) Za n=1 dobimo

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

zato je za n=1 formula pravilna; A(1) drži.

2) Naj bo k poljubno naravno število in naj formula velja za n=k, tj.

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

Dokažimo, da potem enakost velja

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

res

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).

Torej, A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da formula velja za vsako naravno število n.

PRIMER 3

Dokažite, da je število diagonal konveksnega n-kotnika enako n(n-3)/2.

Rešitev: 1) Za n=3 trditev drži

In 3 je smiselno, ker v trikotniku

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

A 2 A(3) drži.

2) Predpostavimo, da v vsakem

konveksni k-kotnik ima-

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

In k Dokažimo, da potem v konveksni

(k+1)-gonsko število

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

Naj bo A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 konveksen (k+1)-kotnik. Vanj narišimo diagonalo A 1 A k. Če želite izračunati skupno število diagonal tega (k+1)-kotnika, morate prešteti število diagonal v k-kotniku A 1 A 2 ...A k, dobljenemu številu dodati k-2, tj. število diagonal (k+1)-kotnika, ki izhajajo iz oglišča A k +1, poleg tega pa je treba upoštevati diagonalo A 1 A k.

torej

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

Torej, A(k)ÞA(k+1). Zaradi načela matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.

PRIMER 4

Dokažite, da za vsak n velja naslednja izjava:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

To pomeni, da je za n=1 trditev resnična.

2) Predpostavimo, da je n=k

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

3) Upoštevajte to izjavo za 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.

Dokazali smo, da enakost velja za n=k+1, torej na podlagi metode matematične indukcije trditev velja za vsako naravno število n.

PRIMER 5

Dokaži, da za vsako naravno število n velja enakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rešitev: 1) Naj bo n=1.

Potem je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vidimo, da za n=1 trditev drži.

2) Recimo, da enakost velja za n=k

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

3) Dokažimo resničnost te izjave za n=k+1, tj.

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.

Iz zgornjega dokaza je jasno, da trditev velja za n=k+1, torej enakost velja za vsako naravno število n.

PRIMER 6

Dokaži to

((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), kjer je n>2.

Rešitev: 1) Za n=2 je identiteta videti takole: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tiste. res je

2) Predpostavimo, da izraz velja za n=k

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

3) Dokažimo pravilnost izraza za 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).

Dokazali smo, da je enakost resnična za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak n>2

PRIMER 7

Dokaži to

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

za vsako naravno n.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

2) Denimo, da je torej n=k

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

3) Dokažimo resničnost te izjave za 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).

Dokazana je tudi veljavnost enakosti za n=k+1, torej trditev velja za vsako naravno število n.

PRIMER 8

Dokažite, da je identiteta pravilna

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

za vsako naravno n.

1) Za n=1 velja istovetnost 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Recimo, da je za n=k

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

3) Dokažimo, da je identiteta resnična za 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).

Iz zgornjega dokaza je jasno, da trditev velja za vsako naravno število n.

PRIMER 9

Dokažite, da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo s 133 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

Toda (23´133) je deljivo s 133 brez ostanka, kar pomeni, da je za n=1 trditev resnična; A(1) drži.

2) Recimo, da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo s 133 brez ostanka.

3) Dokažimo to v tem primeru

(11 k+3 +12 2k+3) je deljivo s 133 brez ostanka. Dejansko je 11 k +3 +12 2l+3 =11´11 k+2 +12 2 ´12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

Dobljeno vsoto delimo s 133 brez ostanka, saj je njen prvi člen po predpostavki deljiv s 133 brez ostanka, v drugem faktorju pa je 133. Torej A(k)ÞA(k+1). Trditev je bila dokazana z metodo matematične indukcije.

PRIMER 10

Dokažite, da je za vsak n 7 n -1 deljivo s 6 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je X 1 =7 1 -1=6 deljeno s 6 brez ostanka. To pomeni, da je trditev resnična pri n=1.

2) Recimo, da je za n=k

7 k -1 je deljivo s 6 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1.

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

Prvi člen je deljiv s 6, ker je 7 k -1 po predpostavki deljiv s 6, drugi člen pa je 6. To pomeni, da je 7 n -1 večkratnik 6 za kateri koli naravni n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

PRIMER 11

Dokažite, da je 3 3n-1 +2 4n-3 za poljuben naravni n deljivo z 11.
Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 je deljeno z 11 brez ostanka. To pomeni, da je za n=1 trditev resnična.

2) Recimo, da je za n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 je deljivo z 11 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1.

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

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

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

Prvi člen je deljiv z 11 brez ostanka, ker je 3 3 k-1 +2 4k-3 po predpostavki deljiv z 11, drugi pa je deljiv z 11, ker je eden od njegovih faktorjev število 11. To pomeni, da je vsota je deljiva z 11 brez ostanka za vsako naravno število n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

PRIMER 12

Dokažite, da je 11 2n -1 za poljuben naravni n deljivo s 6 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je 11 2 -1=120 deljivo s 6 brez ostanka. To pomeni, da je za n=1 trditev resnična.

2) Recimo, da je za n=k

11 2 k -1 je deljivo s 6 brez ostanka.

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

Oba člena sta deljiva s 6 brez ostanka: prvi vsebuje večkratnik števila 6, število 120, drugi pa je po predpostavki deljiv s 6 brez ostanka. To pomeni, da je vsota brez ostanka deljiva s 6. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

PRIMER 13

Dokaži, da je 3 3 n+3 -26n-27 za poljubno naravno število n deljivo z 26 2 (676) brez ostanka.

Rešitev: Najprej dokažemo, da je 3 3 n+3 -1 deljivo s 26 brez ostanka.

Ko je n=0

3 3 -1=26 je deljeno s 26

Predpostavimo, da je za n=k

3 3k+3 -1 je deljivo s 26

Dokažimo, da je izjava

velja za n=k+1.

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3l+3 +(3 3 k +3 -1) -deljeno s 26

Sedaj bomo izvedli dokaz izjave, formulirane v predstavitvi problema.

1) Očitno, ko je n=1, je izjava resnična

3 3+3 -26-27=676

2) Recimo, da je za n=k

izraz 3 3 k+3 -26k-27 delimo s 26 2 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1

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

Oba člena sta deljiva z 26 2; prvi je deljiv s 26 2, ker smo dokazali deljivost izraza v oklepaju s 26, drugi pa je deljiv po indukcijski hipotezi. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

PRIMER 14

Dokažite, da če je n>2 in x>0, potem neenakost velja

(1+x) n >1+n´x.

Rešitev: 1) Za n=2 neenakost velja, saj

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

Torej A(2) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1), če je k> 2. Predpostavimo, da A(k) velja, tj. da velja neenakost

(1+x) k >1+k´x. (3)

Dokažimo, da potem velja tudi A(k+1), tj. da velja neenakost

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Če pomnožimo obe strani neenakosti (3) s pozitivnim številom 1+x, dobimo

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Oglejmo si desno stran zadnje neenakosti

stva; imamo

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

Kot rezultat, to dobimo

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Torej, A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije lahko trdimo, da Bernoullijeva neenakost velja za katero koli

PRIMER 15

Dokaži, da neenakost drži

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

Rešitev: 1) Ko je m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 obe strani sta enaki.

2) Recimo, da za m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Dokažimo, da za m=k+1 neenakost velja

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

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

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

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Dokazali smo veljavnost neenakosti za m=k+1, torej po metodi matematične indukcije neenakost velja za vsak naravni m.

PRIMER 16

Dokažite, da za n>6 neenakost velja

Rešitev: Prepišimo neenačbo v obliki

Za n=7 imamo

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

neenakost je resnična.

Predpostavimo, da je za n=k

3) Dokažimo veljavnost neenakosti za n=k+1.

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

Ker je k>7, je zadnja neenakost očitna.

Na podlagi metode matematične indukcije je neenakost veljavna za vsako naravno število n.

PRIMER 17

Dokažite, da za n>2 neenakost velja

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Rešitev: 1) Za n=3 neenakost velja

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

Predpostavimo, da je za n=k

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

3) Dokažimo veljavnost ne-

enakost za n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Dokažimo, da je 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Slednje je očitno in zato

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Z metodo matematične indukcije je neenakost dokazana.

Zaključek

Predvsem s preučevanjem metode matematične indukcije sem povečal svoje znanje na tem področju matematike in se tudi naučil reševati probleme, ki prej niso bili v moji moči.

To so bile predvsem logične in zabavne naloge, t.j. le tiste, ki povečujejo zanimanje za samo matematiko kot znanost. Reševanje tovrstnih problemov postane zabavna dejavnost in lahko v matematične labirinte privabi vedno več radovednežev. Po mojem mnenju je to osnova vsake znanosti.

Z nadaljevanjem študija metode matematične indukcije se bom poskušal naučiti, kako jo uporabiti ne le v matematiki, ampak tudi pri reševanju problemov v fiziki, kemiji in življenju samem.

MATEMATIKA:

PREDAVANJA, PROBLEMI, REŠITVE

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

ALGEBRA IN ZAČETKI ANALIZE

Učbenik / I.T. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. "Razsvetljenje" 1975.

Video lekcija "Metoda matematične indukcije" vam pomaga obvladati metodo matematične indukcije. Video vsebuje gradivo, ki vam pomaga razumeti bistvo metode, se spomniti značilnosti njene uporabe in se naučiti uporabljati to metodo pri reševanju problemov. Namen te video vadnice je olajšati razvoj gradiva in razviti sposobnost reševanja matematičnih problemov z indukcijsko metodo.

Za ohranjanje pozornosti učencev pri učenju snovi se uporabljajo animacijski učinki, ilustracije in predstavitev informacij v barvah. Video lekcija sprosti učiteljev čas pri pouku za izboljšanje kakovosti individualnega dela in reševanje drugih izobraževalnih problemov.

Koncept metode matematične indukcije uvedemo z upoštevanjem zaporedja a n , v katerem je a 1 =4 in a n+1 = a n +2n+3. V skladu s splošno predstavitvijo člana zaporedja je določeno, da je a 1 =4, a 2 =4+2·1+3=9, a 3 =9+2·2+3=16, tj. zaporedje števil 4, 9, 16,... Predpostavlja se, da za to zaporedje velja n =(n+1) 2. Za navedene člene zaporedja - prvi, drugi, tretji - je formula pravilna. Treba je dokazati veljavnost te formule za poljubno velik n. Navedeno je, da se v takih primerih uporablja metoda matematične indukcije kot pomoč pri dokazovanju trditve.

Bistvo metode je razkrito. Predpostavlja se, da je formula za n=k veljavna, vrednost a k =(k+1) 2 . Treba je dokazati, da bo enakost veljala tudi za k+1, kar pomeni a k +1 =(k+2) 2 . Da bi to naredili, v formuli a k +1 =a k +2k+3 a k zamenjamo z (k+1) 2. Po zamenjavi in redukciji podobnih dobimo enakost a k +1 =(k+2) 2 . To nam daje pravico, da trdimo, da je veljavnost formule za n resnična za n=k+1. Obravnavani dokaz v zvezi z zaporedjem a n , ki ga predstavljajo števila 4, 9, 16,... in splošni izraz a n =(n+1) 2, daje pravico trditi, da če se formula spremeni v a prava enakost za n=1, potem tudi za n=1+ 1=2, pa za 3 itd., torej za vsako naravno število n.

Nato je v matematičnem jeziku predstavljeno bistvo indukcijske metode. Načelo metode temelji na veljavnosti trditve, da dejstvo velja za poljubno naravno število n, ko sta izpolnjena dva pogoja: 1) izjava velja za n=1 2) na veljavnosti te formule za n= k sledi, da velja za n=k+1. Iz tega načela sledi struktura dokaza z uporabo metode matematične indukcije. Opozoriti je treba, da ta metoda za n=1 predpostavlja dokaz veljavnosti izjave, pri predpostavki veljavnosti dokaza za n=k pa se dokaže, da velja tudi za n=k+1.

Analiziran je primer dokaza Arhimedove formule z metodo matematične indukcije. Glede na formulo 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6. Izračuni se izvedejo na zaslonu, da se prikaže veljavnost formule za n=1. Druga točka dokaza je predpostavka, da je za n=k formula veljavna, to je, da ima obliko 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1 )/6. Na podlagi tega je dokazano, da formula velja tudi za n=k+1. Po zamenjavi n=k+1 dobimo vrednost formule 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3) /6. Tako je Arhimedova formula dokazana.

Drug primer preučuje dokaz množice 7 vsote 15 n +6 za poljubno naravno število n. Pri dokazu uporabimo metodo matematične indukcije. Najprej preverimo veljavnost izjave za n=1. Dejansko je 15 1 +6=21. Nato predpostavimo veljavnost za n=k. To pomeni, da je 15 k +6 večkratnik števila 7. Z zamenjavo n=k+1 v formulo dokažemo, da je vrednost 15 k +1 +6 večkratnik števila 7. Po transformaciji izraza dobimo: 15 k +1 +6=15 k +1 ·14+(15 k +6). Zato je vsota 15 n +6 večkratnik 7.

Video lekcija "Metoda matematične indukcije" jasno in podrobno razkriva bistvo in mehanizem uporabe metode matematične indukcije pri dokazovanju. Zato lahko to video gradivo služi ne le kot vizualni pripomoček pri pouku algebre, ampak bo uporabno, ko učenec samostojno preuči gradivo, in bo pomagal razložiti temo učitelju med učenjem na daljavo.

Saveljeva Ekaterina

Prispevek obravnava uporabo metode matematične indukcije pri reševanju problemov deljivosti in seštevanja vrst. Upoštevani so primeri uporabe metode matematične indukcije pri dokazovanju neenačb in reševanju geometrijskih problemov. Delo je ilustrirano s predstavitvijo.

Prenos:

Predogled:

Ministrstvo za znanost in izobraževanje Ruske federacije

Državna izobraževalna ustanova

srednja šola št. 618

Predmet: algebra in začetki analize

Tema projektnega dela

“Metoda matematične indukcije in njena uporaba pri reševanju problemov”

Dokončano delo: Savelyeva E, 11B razred

Nadzornik : Makarova T.P., učiteljica matematike, Srednja šola GOU št. 618

1. Uvod.

2. Metoda matematične indukcije pri reševanju problemov deljivosti.

3. Uporaba metode matematične indukcije pri seštevanju vrst.

4. Primeri uporabe metode matematične indukcije pri dokazovanju neenačb.

5. Uporaba metode matematične indukcije pri reševanju geometrijskih problemov.

6. Seznam uporabljene literature.

Uvod

Osnova vsake matematične raziskave so deduktivne in induktivne metode. Deduktivna metoda sklepanja je sklepanje od splošnega k posebnemu, tj. sklepanje, katerega izhodišče je splošni rezultat, končna točka pa partikularni rezultat. Indukcija se uporablja pri prehodu od posameznih rezultatov k splošnim, tj. je nasprotje deduktivne metode. Metodo matematične indukcije lahko primerjamo z napredkom. Začnemo od najnižjega in kot rezultat logičnega razmišljanja pridemo do najvišjega. Človek je od nekdaj težil k napredku, k temu, da bi lahko svoje misli razvijal logično, kar pomeni, da mu je narava sama namenila induktivno mišljenje. Čeprav se je obseg uporabe metode matematične indukcije povečal, se ji v šolskem kurikulumu posveča malo časa, vendar je tako pomembno, da znamo razmišljati induktivno. Uporaba tega principa pri reševanju problemov in dokazovanju izrekov se ujema z upoštevanjem v šolski praksi drugih matematičnih principov: izključena sredina, vključevanje-izključitev, Dirichlet itd. Ta povzetek vsebuje probleme iz različnih vej matematike, v katerih Glavno orodje je uporaba metode matematične indukcije. Ko je govoril o pomenu te metode, A.N. Kolmogorov je opozoril, da je "razumevanje in sposobnost uporabe načela matematične indukcije dobro merilo zrelosti, ki je za matematika nujno potrebno." Metoda indukcije v njenem najširšem pomenu je sestavljena iz prehoda od posebnih opazovanj k univerzalnemu, splošnemu vzorcu ali splošni formulaciji. V tej razlagi je metoda seveda glavna metoda izvajanja raziskav v vsakem eksperimentalnem naravoslovju.

človeška dejavnost. Metoda (princip) matematične indukcije v najpreprostejši obliki se uporablja, ko je treba dokazati neko trditev za vsa naravna števila.

Naloga 1. V svojem članku "Kako sem postal matematik" A.N. Kolmogorov piše: »Zgodaj sem se naučil veselja do matematičnega »odkritja«, ko sem opazil vzorec pri petih ali šestih letih.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 in tako naprej.

Šola je izdala revijo »Pomladne lastovke«. V njem je bilo objavljeno moje odkritje ...«

Ne vemo, kakšni dokazi so bili podani v tej reviji, vendar se je vse začelo z zasebnimi opazovanji. Sama hipoteza, ki je verjetno nastala po odkritju teh delnih enakosti, je, da formula

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

velja za katero koli dano število n = 1, 2, 3, ...

Za dokaz te hipoteze je dovolj ugotoviti dve dejstvi. Prvič, za n = 1 (in tudi za n = 2, 3, 4) je želena trditev resnična. Drugič, predpostavimo, da izjava velja za p = k, in poskrbeli bomo, da bo potem res tudi za n = k + 1:

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

To pomeni, da trditev, ki jo dokazujemo, velja za vse vrednosti n: za n = 1 drži (preverjeno je), zaradi drugega dejstva pa - za n = 2, od koder za n = 3 (zaradi istega, drugega dejstva) itd.

Problem 2. Razmislite o vseh možnih navadnih ulomkih s števcem 1 in poljubnim (pozitivnim celim številom)

(nominalni) imenovalec: Dokažite to za katerikoli p> 3 lahko enoto predstavimo kot vsoto n različne frakcije te vrste.

rešitev, Najprej preverimo to izjavo n = 3; imamo:

Zato je osnovna izjava izpolnjena

Predpostavimo zdaj, da trditev, ki nas zanima, drži za neko število za, in dokaži, da velja tudi za številko, ki mu sledi Za + 1. Z drugimi besedami, predpostavimo, da obstaja reprezentacija

v katerem k izrazi in vsi imenovalci so različni. Dokažimo, da potem lahko dobimo predstavitev enotnosti kot vsoto iz Za + 1 frakcije zahtevane vrste. Predpostavili bomo, da se ulomki zmanjšujejo, torej imenovalci (pri predstavitvi enote z vsoto Za izrazi) se povečajo od leve proti desni, tako da T - največji od imenovalcev. Reprezentacijo, ki jo potrebujemo, bomo dobili v obliki vsote(Za + 1)ti ulomek, če en ulomek, na primer zadnjega, razdelimo na dva. To je mogoče storiti, ker

In tako

Poleg tega vsi ulomki ostali različni, saj T je bil največji imenovalec in t + 1 > t in

t(t + 1) > t.

Tako smo ugotovili:

z n = 3 ta izjava drži;

če trditev, ki nas zanima, drži za za,
potem velja tudi za k + 1.

Na podlagi tega lahko trdimo, da obravnavana trditev velja za vsa naravna števila, začenši s tremi. Poleg tega zgornji dokaz implicira tudi algoritem za iskanje zahtevane particije enote. (Kakšen algoritem je to? Predstavljajte si številko 1 kot vsoto 4, 5, 7 členov samega.)

Pri reševanju prejšnjih dveh problemov sta bila narejena dva koraka. Prvi korak se imenuje osnova indukcija, sekunda -induktivni prehodali korak indukcije. Drugi korak je najpomembnejši in vključuje izdelavo predpostavke (izjava je resnična, ko n = k) in sklep (trditev je resnična, ko n = k + 1). Pokliče se sam parameter n indukcijski parameter.Ta logična shema (tehnika), ki nam omogoča sklepati, da je zadevna trditev resnična za vsa naravna števila (ali za vsa, začenši z nekaterimi), saj veljata tako baza kot prehod, se imenujeprincip matematične indukcije, na kateri Metoda matematične indukcije temelji.Sam izraz "indukcija" izhaja iz latinske besede indukcija (vodenje), kar pomeni prehod od enotnega znanja o posameznih predmetih določenega razreda do splošnega sklepa o vseh predmetih določenega razreda, kar je ena glavnih metod spoznavanja.

Načelo matematične indukcije, natančno v znani obliki dveh korakov, se je prvič pojavilo leta 1654 v »Razpravi o aritmetičnem trikotniku« Blaisa Pascala, v katerem je bil z indukcijo dokazan preprost način za izračun števila kombinacij (binomskih koeficientov). D. Polya citira B. Pascala v knjigi z manjšimi spremembami v oglatih oklepajih:

»Čeprav zadevni predlog [eksplicitna formula za binomske koeficiente] vsebuje nešteto posebnih primerov, bom zanj podal zelo kratek dokaz, ki temelji na dveh lemah.

Prva lema navaja, da je predpostavka resnična iz razloga - to je očitno. [Pri n = 1 eksplicitna formula je veljavna ...]

Druga lema pravi naslednje: če je naša predpostavka resnična za poljubno osnovo [za poljubno r], potem bo resnična iz naslednjega razloga [za n + 1].

Iz teh dveh lem nujno sledi, da predlog velja za vse vrednosti str. Dejansko na podlagi prve leme velja za n = 1; torej na podlagi druge leme velja za n = 2; torej spet na podlagi druge leme velja za n = 3 in tako naprej do neskončnosti."

Problem 3. Sestavljanka Hanojski stolpi je sestavljena iz treh palic. Na eni od palic je piramida (slika 1), sestavljena iz več obročev različnih premerov, ki se zmanjšujejo od spodaj navzgor.

Slika 1

To piramido je treba premakniti na eno od drugih palic, pri čemer vsakič premaknete le en obroč in ne postavite večjega obroča na manjšega. Ali je to mogoče narediti?

rešitev. Torej, odgovoriti moramo na vprašanje: ali je mogoče premakniti piramido, sestavljeno iz n obroči različnih premerov, od ene palice do druge, po pravilih igre? Zdaj smo, kot pravijo, parametrizirali problem (vpeljali smo naravno število p), in jo je mogoče rešiti z matematično indukcijo.

Indukcijska podlaga. Ko je n = 1 je vse jasno, saj je piramido enega obroča očitno mogoče premakniti na katero koli palico.
Indukcijski korak. Predpostavimo, da lahko premaknemo poljubno piramido s številom obročev p = k.
Dokažimo, da potem lahko premaknemo piro midko iz n = k + 1.

Piramida od do obročki, ki ležijo na največji(Za + 1)-ti obroč, ga lahko po predpostavki premaknemo na katerokoli drugo palico. Naredimo to. nepremično(Za + 1) obroč nam ne bo preprečil izvajanja algoritma gibanja, saj je največji. Po selitvi Za prstanov, prestavimo tega največjega(Za + 1) obroč na preostali palici. In potem spet uporabimo algoritem gibanja, ki nam je znan po induktivni predpostavki Za obroče in jih premaknite na palico s tistim, ki leži spodaj(Za + 1) prstan. Torej, če znamo premikati piramide z Za obroči, potem znamo premikati piramide in z Za + 1 prstan. Zato je po principu matematične indukcije vedno mogoče premakniti piramido, sestavljeno iz n obročev, kjer je n > 1.

Metoda matematične indukcije pri reševanju problemov deljivosti.

Z metodo matematične indukcije lahko dokažete različne trditve o deljivosti naravnih števil.

Problem 4 . 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 je sodo. Torej je pariteta dokazana za n=1, pariteta je izpeljana iz paritete. To pomeni, da je soda za vse naravne vrednosti n.

Naloga 3. Dokaži, da je število Z 3 + 3 - 26n - 27 s poljubnimi naravnimi n je deljiv z 26 2 brez ostanka.

rešitev. Najprej z indukcijo dokažimo pomožno trditev, da 3 3n+3 — 1 je deljiv s 26 brez ostanka, ko n > 0.

Indukcijska podlaga. Za n = 0 velja: 3 3 - 1 = 26—deljivo s 26.

Indukcijski korak. Predpostavimo, da 3 3n+3 - 1 je deljeno s 26, ko n = k in Dokažimo, da bo v tem primeru trditev veljala za n = k + 1. Od 3

potem iz induktivne hipoteze sklepamo, da je število 3 3k + 6 - 1 je deljivo s 26.

Zdaj bomo dokazali trditev, oblikovano v izjavi problema. In spet z indukcijo.

Indukcijska podlaga. Očitno je, da ko n = 1 trditev drži: od 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
Indukcijski korak. Predpostavimo, da kdaj p = k
izraz 3 3k + 3 - 26k - 27 je deljeno s 26 2 brez ostanka in dokažite, da trditev drži za n = k + 1,
to je ta številka

deljivo s 26 2 brez sledu. V zadnjem seštevku sta oba člena deljiva s 26 2 . Prvi je zato, ker smo dokazali, da je izraz v oklepaju deljiv s 26; drugi je po indukcijski hipotezi. Na podlagi principa matematične indukcije je želena trditev popolnoma dokazana.

Uporaba metode matematične indukcije pri seštevanju vrst.

Naloga 5. 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.

Naloga 6. Na tabli sta napisani dve števili: 1,1. Z vpisom njihove vsote med številke dobimo števila 1, 2, 1. Če ponovimo to operacijo, dobimo števila 1, 3, 2, 3, 1. Po treh operacijah bodo številke 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Kolikšna bo vsota vseh števil na tabli po 100 operacij?

rešitev. Naredi vse 100 operacije bi bile zelo delovno intenzivna in dolgotrajna naloga. To pomeni, da moramo poskusiti najti neko splošno formulo za vsoto Sštevilke za n operacije. Poglejmo tabelo:

Ste tukaj opazili kakšen vzorec? Če ne, lahko naredite še en korak: po štirih operacijah bodo številke

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

katerih vsota je S4 enaka 82.

Pravzaprav ne morete zapisati številk, ampak takoj povejte, kako se bo vsota spremenila po dodajanju novih številk. Naj bo vsota enaka 5. Kakšna bo, ko dodamo nova števila? Vsako novo število razdelimo na vsoto dveh starih. Na primer, od 1, 3, 2, 3, 1 gremo do 1,

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

To pomeni, da je vsako staro število (razen dveh skrajnih enot) zdaj trikrat vključeno v vsoto, tako da je nova vsota enaka 3S - 2 (odštejte 2, da upoštevate manjkajoče enote). Zato S 5 = 3S 4 - 2 = 244 in na splošno

Kakšna je splošna formula? Če ne bi bilo odštevanja dveh enot, bi se vsakič vsota povečala trikrat, kot pri potencah tri (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). In naše številke, kot lahko vidimo, so še ena več. Tako se lahko domneva, da

Poskusimo zdaj to dokazati z indukcijo.

Indukcijska podlaga. Glej tabelo (za n = 0, 1, 2, 3).

Indukcijski korak. Predpostavimo, da

Dokažimo potem to S k + 1 = Z k + 1 + 1.

res,

Torej, naša formula je dokazana. Kaže, da bo po stotih operacijah vsota vseh števil na tabli enaka 3 100 + 1.

Poglejmo si odličen primer uporabe načela matematične indukcije, pri katerem morate najprej vnesti dva naravna parametra in nato izvesti indukcijo na njuno vsoto.

Naloga 7. Dokaži, da če= 2, x 2 = 3 in za katero koli naravno p> 3 razmerje velja

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

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

rešitev. Upoštevajte, da je v tej težavi izvirno zaporedje številk(x p) je določena z indukcijo, saj so členi našega zaporedja, razen prvih dveh, določeni induktivno, torej preko prejšnjih. Tako se imenujejo dana zaporedja ponavljajoče se, in v našem primeru je to zaporedje določeno (z določitvijo prvih dveh členov) na edinstven način.

Indukcijska podlaga. Sestoji iz preverjanja dveh izjav: kdaj n = 1 in n = 2.V V obeh primerih je trditev resnična glede na pogoje.

Indukcijski korak. Predpostavimo, da za n = k - 1 in n = k izjava izpolnjena, torej

Dokažimo torej veljavnost izjave za n = k + 1. Imamo:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, kar je bilo treba dokazati.

Naloga 8. Dokažite, da je vsako naravno število mogoče predstaviti kot vsoto več različnih členov ponavljajočega se zaporedja Fibonaccijevih števil:

za k > 2.

rešitev. Naj n - naravno število. Indukcijo bomo izvajali naprej str.

Indukcijska podlaga. Ko je n = Trditev 1 je resnična, saj je ena sama Fibonaccijevo število.

Indukcijski korak. Recimo, da so vsa naravna števila manjša od nekega števila p, lahko predstavimo kot vsoto več različnih členov Fibonaccijevega zaporedja. Poiščimo največje Fibonaccijevo število Ft, ni nadrejeno p; torej F t p in F t +1 > p.

Ker

Po indukcijski hipotezi je število n- F t lahko predstavimo kot vsoto 5 več različnih členov Fibonaccijevega zaporedja, iz zadnje neenakosti pa sledi, da so vsi členi Fibonaccijevega zaporedja, vključeni v vsoto 8, manjši F t. Zato je širitev št n = 8 + F t izpolnjuje pogoje problema.

Primeri uporabe metode matematične indukcije pri dokazovanju neenačb.

Naloga 9. (Bernoullijeva neenakost.)Dokažite to, ko x > -1, x 0 in za celo število n > 2 neenakost velja

(1 + x) n > 1 + xn.

rešitev. Ponovno bomo izvedli dokaz z indukcijo.

1. Osnova indukcije. Preverimo veljavnost neenakosti za n = 2. Dejansko,

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

2. Indukcijski korak. Predpostavimo, da za število p = k trditev drži, tj

(1 + x) k > 1 + xk,

Kjer je k > 2. Dokažimo za n = k + 1. Imamo: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

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

Torej lahko na podlagi načela matematične indukcije trdimo, da Bernoullijeva neenakost velja za katero koli n > 2.

V okviru problemov, ki se rešujejo z metodo matematične indukcije, splošni zakon, ki ga je treba dokazati, ni vedno jasno oblikovan. Včasih je treba z opazovanjem posameznih primerov najprej ugotoviti (ugibati), do katere splošne zakonitosti vodijo, in šele nato dokazati hipotezo, izraženo z metodo matematične indukcije. Poleg tega je indukcijsko spremenljivko mogoče prikriti in pred reševanjem problema je treba določiti, na katerem parametru se bo izvajala indukcija. Kot primere razmislite o naslednjih nalogah.

Problem 10. Dokaži to

pod vsako naravno n > 1.

rešitev, Poskusimo dokazati to neenakost z metodo matematične indukcije.

Indukcijsko osnovo lahko enostavno preverimo:1+

Po indukcijski hipotezi

in to nam preostane še dokazati

Če uporabimo induktivno hipotezo, bomo to trdili

Čeprav je ta enakost dejansko resnična, nam ne daje rešitve problema.

Poskusimo dokazati močnejšo trditev, kot je zahtevana v prvotni nalogi. To bomo namreč dokazali

Morda se zdi, da je dokazovanje te izjave z indukcijo brezupno.

Ko pa je n = 1 imamo: trditev drži. Da bi upravičili induktivni korak, predpostavimo, da

in potem bomo to dokazali

res,

Tako smo dokazali močnejšo trditev, iz katere takoj sledi trditev, ki jo vsebuje trditev problema.

Poučno pri tem je, da čeprav smo morali dokazati močnejšo izjavo, kot je zahtevana v problemu, lahko uporabimo močnejšo predpostavko v induktivnem koraku. To pojasnjuje, da neposredna uporaba načela matematične indukcije ne vodi vedno do cilja.

Situacija, ki je nastala pri reševanju problema, je bila imenovanaizumiteljski paradoks.Sam paradoks je v tem, da je kompleksnejše načrte mogoče uspešneje izvajati, če temeljijo na globljem razumevanju bistva zadeve.

Naloga 11. Dokaži, da je 2 m + n - 2 m za vsako naravno vrsta.

rešitev. Tukaj imamo dva parametra. Zato lahko poskusite izvesti t.idvojna indukcija(indukcija znotraj indukcije).

Nadaljevali bomo z induktivnim sklepanjem str.

1. Indukcijska osnova v skladu z odstavkom. Ko je n = 1 to moram preveriti 2 t ~ 1 > t. Za dokaz te neenakosti uporabimo indukcijo T.

A) Indukcijska podlaga po t.i Ko je t = 1 izvedeno
enakopravnost, kar je sprejemljivo.

b) Indukcijski korak po t.iPredpostavimo, da kdaj t = k trditev drži, tj 2 k ~ 1 > k. Nato do
recimo, da bo trditev veljala tudi za t = k + 1.
Imamo:

z naravnimi do.

Torej neenakost 2 izvajajo v katerem koli naravnem T.

2. Indukcijski korak glede na postavko.Izberimo in popravimo neko naravno število T. Predpostavimo, da kdaj n = jaz izjava je resnična (za fiksno t), to je 2 t +1 ~ 2 > t1, in to bomo dokazali, potem bo trditev veljala tudi za n = l + 1.
Imamo:

za vsako naravno vrsta.

Zato na podlagi načela matematične indukcije (po p) trditev o problemu velja za katero koli n in za katero koli fiksno T. Tako ta neenakost velja za vsako naravno vrsta.

Naloga 12. Naj bodo m, n in k so naravna števila in t > str. Katero od obeh števil je večje:

V vsakem izrazu Za znaki kvadratnega korena, t in p se izmenjujeta.

rešitev. Najprej dokažimo pomožno trditev.

Lema. Za vsako naravno t in p (t > p) in nenegativni (ne nujno cel) X neenakost je res

Dokaz. Upoštevajte neenakost

Ta neenakost drži, ker sta oba faktorja na levi strani pozitivna. Z razširitvijo oklepajev in transformacijo dobimo:

Če vzamemo kvadratni koren obeh strani zadnje neenakosti, dobimo izjavo leme. Torej, lema je dokazana.

Preidimo zdaj k reševanju problema. Označimo prvo od teh številk z A, in drugi - skozi b k. Dokažimo, da a pod vsako naravno Za. Dokaz bomo izvedli z metodo matematične indukcije ločeno za sodo in liho Za.

Indukcijska podlaga. Ko je k = 1 imamo neenakost

y[t > y/n , pošteno zaradi dejstva, da t > p. Ko k = 2 zahtevano dobimo iz dokazane leme s substitucijo x = 0.

Indukcijski korak. Recimo, za nekatere k neenakost a > b k pošteno. Dokažimo to

Iz predpostavke indukcije in monotonosti kvadratnega korena imamo:

Po drugi strani pa iz dokazane leme sledi, da

Če združimo zadnji dve neenakosti, dobimo:

Po principu matematične indukcije je trditev dokazana.

Problem 13. (Cauchyjeva neenakost.)Dokažite, da za poljubna pozitivna števila ..., a str neenakost je res

rešitev. Za n = 2 velja neenakost

Predpostavili bomo, da sta znani aritmetična sredina in geometrična sredina (za dve števili). Naj n= 2, k = 1, 2, 3, ... in najprej izvedite indukcijo Za. Osnova te indukcije poteka ob predpostavki, da je zahtevana neenakost že ugotovljena za n = 2, dokažimo za n = 2. Imamo (uporabimo neenakost za dve števili):

Zato po induktivni hipotezi

Tako smo z indukcijo po k dokazali neenakost za vse str 9 biti potenca dvojke.

Dokazati neenakost za druge vrednosti n Uporabimo "indukcijo navzdol", kar pomeni, da bomo dokazali, da če neenakost velja za poljubno nenegativno n številke, potem velja tudi za(str - 1. dan. Da bi to preverili, ugotavljamo, da glede na predpostavko za n števila velja neenakost

to je a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Razdelitev obeh delov na n - 1, dobimo zahtevano neenakost.

Torej, najprej smo ugotovili, da neenakost velja za neskončno število možnih vrednosti p, in nato pokazal, da če neenakost velja za n številke, potem velja tudi za(str - 1) številke. Iz tega zdaj sklepamo, da Cautyjeva neenakost velja za množico n katera koli nenegativna števila za katero koli n = 2, 3, 4, ...

Problem 14. (D. Uspensky.) Za vsak trikotnik ABC, katerega kota = CAB, = CBA so sorazmerne, obstajajo neenakosti

rešitev. Koti in so somerljivi, kar (po definiciji) pomeni, da imajo ti koti skupno mero, za katero je = p, = (p, q so enako praštevila naravnih števil).

Uporabimo metodo matematične indukcije in jo izpeljemo skozi vsoto p = p + q naravna sopraštevila..

Indukcijska podlaga. Za p + q = 2 velja: p = 1 in q = 1. Potem je trikotnik ABC enakokrak in potrebne neenakosti so očitne: izhajajo iz neenakosti trikotnika.

Indukcijski korak. Predpostavimo zdaj, da so potrebne neenakosti vzpostavljene za p + q = 2, 3, ..., k - 1, kjer je k > 2. Dokažimo, da neenakosti veljajo tudi za p + q = k.

Naj ABC - dani trikotnik z> 2. Nato stranici AC in BC ne more biti enako: naj AC > BC. Sestavimo zdaj, kot na sliki 2, enakokraki trikotnik ABC; imamo:

AC = DC in AD = AB + BD, torej

2AC > AB + BD (1)

Razmislite zdaj o trikotniku BDC, katerih koti so tudi sorazmerni:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

riž. 2

Za ta trikotnik velja induktivna hipoteza in zato

(2)

Če seštejemo (1) in (2), imamo:

2AC+BD>

in zato

Iz istega trikotnika VBS po indukcijski hipotezi sklepamo, da

Ob upoštevanju prejšnje neenakosti sklepamo, da

Tako dobimo induktivni prehod, postavitev problema pa izhaja iz principa matematične indukcije.

Komentiraj. Postavitev problema ostane veljavna tudi v primeru, ko kota a in p nista sorazmerna. V osnovi obravnave v splošnem primeru moramo že uporabiti še eno pomembno matematično načelo - načelo kontinuitete.

Problem 15. Več ravnih črt deli ravnino na dele. Dokaži, da lahko te dele pobarvaš belo

in črne barve, tako da so sosednji deli, ki imajo skupni obrobni segment, različnih barv (kot na sliki 3 z n = 4).

slika 3

rešitev. Uporabimo indukcijo števila premic. Torej naj n - število črt, ki delijo našo ravnino na dele, n > 1.

Indukcijska podlaga. Če je samo ena ravna črta(str = 1), potem razdeli ravnino na dve polravnini, od katerih lahko eno pobarvamo belo, drugo pa črno, in trditev problema je resnična.

Indukcijski korak. Da bi bil dokaz induktivnega prehoda jasnejši, razmislite o postopku dodajanja ene nove vrstice. Če narišemo drugo ravno črto(str= 2), potem dobimo štiri dele, ki jih lahko pobarvamo tako, da nasprotne vogale pobarvamo z isto barvo. Poglejmo, kaj se zgodi, če narišemo tretjo ravno črto. Razdelil bo nekatere »stare« dele, pojavili pa se bodo novi deli obrobe, katerih barva je na obeh straneh enaka (slika 4).

riž. 4

Nadaljujmo takole:Na eni straniiz nove ravne črte bomo spremenili barve - belo bomo naredili črno in obratno; hkrati pa ne prebarvamo tistih delov, ki ležijo na drugi strani te premice (slika 5). Potem bo ta nova barva zadostila zahtevam: na eni strani črte se je že izmenjevala (vendar z različnimi barvami), na drugi strani pa je bilo tisto, kar je bilo potrebno. Da bi bili deli, ki imajo skupno obrobo, ki pripada narisani črti, pobarvani v različnih barvah, smo dele prebarvali samo na eni strani te narisane ravne črte.

Slika 5

Dokažimo zdaj induktivni prehod. Predpostavimo, da za nekaterep = ktrditev problema je resnična, torej vsi deli ravnine, na katere je razdeljena s temiZaravne, jih lahko pobarvate belo in črno, tako da so sosednji deli različnih barv. Dokažimo, da potem obstaja takšno barvanje zan= Za+ 1 direktno. Nadaljujmo podobno kot pri prehodu iz dveh vrstic v tri. Rišimo po letaluZanaravnost Nato lahko po indukcijski hipotezi nastali "zemljevid" pobarvamo na želen način. Izvedimo zdaj(Za+ 1) premico in na eni strani spremenimo barve v nasprotne. Torej zdaj(Za+ 1)-ta ravna črta povsod ločuje območja različnih barv, medtem ko »stari« deli, kot smo že videli, ostanejo pravilno obarvani. Po principu matematične indukcije je problem rešen.

Naloga16. Na robu puščave je velika zaloga bencina in avto, ki lahko, ko je poln goriva, prevozi 50 kilometrov. Obstaja neomejeno količino kanisterjev, v katere lahko natočite bencin iz rezervoarja vašega avtomobila in ga pustite za shranjevanje kjer koli v puščavi. Dokaži, da lahko avto prevozi poljubno celo razdaljo, daljšo od 50 kilometrov. Ne smete nositi praznih pločevink bencina v poljubni količini.

rešitev.Poskusimo dokazati z indukcijop,da lahko avto odpeljenkilometrov od roba puščave. prin= 50 je znano. Vse, kar ostane, je izvesti korak uvajanja in pojasniti, kako priti do tjap = k+ 1 kilometer, če se ve, dap = kLahko vozite kilometre.

Vendar tu naletimo na težavo: potem ko smo mimoZakilometrov, morda ne bo dovolj bencina niti za povratno pot (da o skladiščenju niti ne govorimo). In v tem primeru je rešitev krepitev trditve, ki se dokazuje (izumiteljev paradoks). Dokazali bomo, da ne znate samo vozitinkilometrov, ampak tudi narediti poljubno veliko zalogo bencina na oddaljeni točkinkilometrov od roba puščave, na to točko pa prispe po koncu prevoza.

Indukcijska podlaga.Naj bo enota bencina količina bencina, ki je potrebna za prevoz enega kilometra. Nato pot dolga 1 kilometer in nazaj zahteva dve enoti bencina, tako da lahko pustimo 48 enot bencina v skladišču kilometer stran od roba in se vrnemo po novo porcijo. Tako lahko v več vožnjah do skladišča naredimo zalogo poljubne velikosti, ki jo potrebujemo. Hkrati za ustvarjanje 48 enot rezerve porabimo 50 enot bencina.

Indukcijski korak.Predpostavimo, da na daljavon= Zaz roba puščave se lahko založite s poljubno količino bencina. Dokažimo, da je potem mogoče ustvariti skladišče na daljavop = k+ 1 kilometer z vnaprej določeno rezervo bencina in končajo v tem skladišču ob koncu prevoza. Ker v bistvun= Zaobstaja neomejena zaloga bencina, potem lahko (glede na indukcijsko bazo) v več vožnjah do točkep = k+ 1 narediti na točkin= Za4-1 zaloga poljubne velikosti, ki je potrebna.

Resnica splošnejše izjave kot v predstavitvi problema zdaj izhaja iz načela matematične indukcije.

Zaključek

Predvsem s študijem metode matematične indukcije sem povečal svoje znanje na tem področju matematike in se tudi naučil reševati probleme, ki prej niso bili v moji moči.

Večinoma so bile to logične in zabavne naloge, t.j. le tiste, ki povečujejo zanimanje za samo matematiko kot znanost. Reševanje tovrstnih problemov postane zabavna dejavnost in lahko v matematične labirinte privabi vedno več radovednežev. Po mojem mnenju je to osnova vsake znanosti.

Z nadaljevanjem študija metode matematične indukcije se bom poskušal naučiti, kako jo uporabiti ne le v matematiki, ampak tudi pri reševanju problemov v fiziki, kemiji in življenju samem.

Literatura

1.Vulenkin INDUKCIJA. Kombinatorika. Priročnik ZA učitelje. M., Razsvetljenje,

1976.-48 str.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcija v geometriji. - M .: Država. objavljeno liter. - 1956 - S.I00. Priročnik o matematiki za kandidate na univerzah / Ed. Yakovleva G.N. Znanost. -1981. - Str.47-51.

3.Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcija v geometriji. —
M.: Nauka, 1961. - (Poljubna predavanja o matematiki.)

4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Schvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. Učbenik / “Razsvetljenje” 1975.

5.R. Courant, G. Robbins "Kaj je matematika?" 1. poglavje, 2. odstavek

6.Popa D. Matematika in verjetno sklepanje. - M,: Nauka, 1975.

7.Popa D. Matematično odkritje. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Kako poučevati metodo matematične indukcije / Šola matematike. - Nl. - 1996. - Str.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom IM. O metodi matematične indukcije. - M.: Nauka, 1977. - (Poljubna predavanja o matematiki.)

10.Solominski I.S. Metoda matematične indukcije. - M.: Znanost.

63s.

11.Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O matematični indukciji. - M.: Znanost. - 1967. - Str.7-59.

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

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

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 trditve 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 točki 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 neodvisno od drugih pojavi v števcu ali imenovalcu.

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 v tem izrazu namesto x k 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;

f) 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.

Bibliografski opis: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Uporaba metode matematične indukcije pri reševanju problemov deljivosti naravnih števil // Mladi znanstvenik. 2015. št. 2. Str. 84-86..04.2019).

Na matematičnih olimpijadah so pogosto precej zahtevni problemi dokazovanja deljivosti naravnih števil. Šolarji se soočajo s problemom: kako najti univerzalno matematično metodo, ki jim omogoča reševanje takšnih problemov?

Izkazalo se je, da je večino problemov pri dokazovanju deljivosti mogoče rešiti z metodo matematične indukcije, vendar je v šolskih učbenikih tej metodi posvečeno zelo malo pozornosti, največkrat je podan kratek teoretični opis in analiziranih več problemov.

Metodo matematične indukcije najdemo v teoriji števil. Na zori teorije števil so matematiki veliko dejstev odkrili induktivno: L. Euler in K. Gauss sta včasih pretehtala na tisoče primerov, preden sta opazila numerični vzorec in vanj verjela. Toda hkrati so razumeli, kako varljive so lahko hipoteze, ki so prestale »končni« test. Za induktivni prehod od izjave, preverjene za končno podmnožico, do podobne izjave za celotno neskončno množico, je potreben dokaz. To metodo je predlagal Blaise Pascal, ki je našel splošni algoritem za iskanje znakov deljivosti katerega koli celega števila s katerim koli drugim celim številom (traktat "O naravi deljivosti števil").

Z metodo matematične indukcije dokazujemo s sklepanjem resničnost neke trditve za vsa naravna števila ali resničnost trditve, ki se začne pri določenem številu n.

Reševanje nalog za dokazovanje resničnosti določene trditve z metodo matematične indukcije je sestavljeno iz štirih stopenj (slika 1):

riž. 1. Shema za rešitev problema

1. Indukcijska osnova . Preverijo veljavnost trditve za najmanjše naravno število, za katero je trditev smiselna.

2. Induktivna hipoteza . Predpostavimo, da je trditev resnična za neko vrednost k.

3. Indukcijski prehod . Dokažemo, da trditev velja za k+1.

4. Zaključek . Če je bil tak dokaz dokončan, potem lahko na podlagi načela matematične indukcije trdimo, da je trditev resnična za vsako naravno število n.

Oglejmo si uporabo metode matematične indukcije pri reševanju problemov za dokazovanje deljivosti naravnih števil.

Primer 1. Dokaži, da je število 5 večkratnik števila 19, kjer je n naravno število.

Dokaz:

1) Preverimo, ali je ta formula pravilna za n = 1: število =19 je večkratnik 19.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. število je večkratnik 19.

Je večkratnik 19. Dejansko je prvi člen deljiv z 19 zaradi predpostavke (2); drugi člen je prav tako deljiv z 19, ker vsebuje faktor 19.

Primer 2. Dokaži, da je vsota kubov treh zaporednih naravnih števil deljiva z 9.

Dokaz:

Dokažimo trditev: »Za vsako naravno število n je izraz n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 večkratnik števila 9.

1) Preverimo, ali je ta formula pravilna za n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 večkratnikov 9.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 je večkratnik 9.

3) Dokažimo, da formula velja tudi za n = k + 1, tj. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 je večkratnik 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).

Dobljeni izraz vsebuje dva člena, od katerih je vsak deljiv z 9, torej je vsota deljiva z 9.

4) Oba pogoja načela matematične indukcije sta izpolnjena, zato je stavek resničen za vse vrednosti n.

Primer 3. Dokaži, da je za vsako naravno število n število 3 2n+1 +2 n+2 deljivo s 7.

Dokaz:

1) Preverimo, ali je ta formula pravilna za n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 je večkratnik 7.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. 3 2 k +1 +2 k +2 je deljeno s 7.

3) Dokažimo, da formula velja tudi za n = k + 1, tj.

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 deljeno s 7 in 7 2 k +2 deljeno s 7, potem je njuna razlika deljena s 7.

4) Oba pogoja načela matematične indukcije sta izpolnjena, zato je stavek resničen za vse vrednosti n.

Številne dokazne naloge v teoriji deljivosti naravnih števil je mogoče enostavno rešiti z metodo matematične indukcije, lahko celo rečemo, da je reševanje problemov s to metodo povsem algoritemsko, dovolj je, da izvedemo 4 osnovne korake. Toda te metode ne moremo imenovati univerzalne, saj obstajajo tudi slabosti: prvič, dokazati jo je mogoče le na nizu naravnih števil, in drugič, dokazati jo je mogoče samo za eno spremenljivko.

Za razvoj logičnega mišljenja in matematične kulture je ta metoda nujno orodje, saj je veliki ruski matematik A. N. Kolmogorov dejal: »Razumevanje in sposobnost pravilne uporabe principa matematične indukcije je dobro merilo logične zrelosti, ki je absolutno potrebno za matematika.«

Literatura:

1. Vilenkin N. Ya. Indukcija. Kombinatorika. - M .: Izobraževanje, 1976. - 48 str.

2. Genkin L. O matematični indukciji. - M., 1962. - 36 str.

3. Solominsky I. S. Metoda matematične indukcije. - M.: Nauka, 1974. - 63 str.

4. Sharygin I.F. Izbirni predmet matematike: Reševanje problemov: Učbenik za 10. razred. šolsko povprečje - M .: Izobraževanje, 1989. - 252 str.

5. Shen A. Matematična indukcija. - M .: MTsNMO, 2007. - 32 str.