Метод на математическата индукция n n 1. Примери за индукция

Въведение

Главна част

Пълна и непълна индукция
Принцип на математическата индукция
Метод на математическата индукция
Решение на примери
Равенство
Деление на числата
неравенства

Заключение

Списък на използваната литература

Въведение

Дедуктивните и индуктивните методи са в основата на всяко математическо изследване. дедуктивен методразсъждението е разсъждение от общото към частното, т.е. разсъждение, чиято отправна точка е общият резултат, а крайната точка е частният резултат. Индукцията се прилага при преминаване от частни резултати към общи, т.е. е обратното на дедуктивния метод.

Методът на математическата индукция може да се сравни с прогреса. Като резултат започваме от най-ниското логично мисленестигаме до най-високото. Човекът винаги се е стремял към прогрес, към способността да развива своята мисъл логически, което означава, че самата природа го е предначертала да мисли индуктивно.

Въпреки че областта на приложение на метода на математическата индукция се разрасна, в училищна програматой има малко време. Добре кажи какво полезни за човекате ще донесат онези два или три урока, за които той чува пет думи на теория, решава пет примитивни задачи и в резултат на това получава пет за нищо не знае.

Но това е толкова важно - да можеш да мислиш индуктивно.

Главна част

В първоначалното си значение думата "индукция" се прилага за разсъждения, чрез които се получават общи заключения въз основа на редица конкретни твърдения. Най-простият метод за разсъждение от този вид е пълната индукция. Ето един пример за такова разсъждение.

Нека се изисква да се установи, че всяко естествено четно число n в рамките на 4< n < 20 представимо в виде суммы двух прости числа. За да направим това, вземаме всички такива числа и изписваме съответните разширения:

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.

Тези девет равенства показват, че всяко от числата, които ни интересуват, наистина е представено като сбор от два прости члена.

По този начин пълната индукция е, че общото твърдение се доказва отделно във всеки от краен брой възможни случаи.

Понякога общият резултат може да бъде предвиден, след като се вземат предвид не всички, но достатъчно Голям бройспециални случаи (т.нар. непълна индукция).

Резултатът, получен чрез непълна индукция обаче, остава само хипотеза, докато не бъде доказан чрез точно математическо разсъждение, обхващащо всички специални случаи. С други думи, непълната индукция в математиката не се счита за легитимен метод за строго доказателство, но е мощен метод за откриване на нови истини.

Нека, например, се изисква да се намери сумата от първите n последователни нечетни числа. Помислете за специални случаи:

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

След разглеждане на тези няколко специални случая се налага следното общо заключение:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тези. сумата от първите n последователни нечетни числа е n 2

Разбира се, направеното наблюдение все още не може да служи като доказателство за валидността на горната формула.

Пълната индукция има само ограничени приложения в математиката. Много интересни математически твърдения покриват безкраен брой специални случаи и не можем да тестваме за безкраен брой случаи. Непълната индукция често води до погрешни резултати.

В много случаи изходът от този вид трудност е да се прибегне до специален метод на разсъждение, наречен метод на математическата индукция. Тя е следната.

Нека е необходимо да се докаже валидността на определено твърдение за всяко естествено число n (например, трябва да докажете, че сумата от първите n нечетни числа е n 2). Директната проверка на това твърдение за всяка стойност на n е невъзможна, тъй като наборът от естествени числа е безкраен. За да докажете това твърдение, първо проверете неговата валидност за n=1. Тогава се доказва, че за всяка естествена стойност на k, валидността на разглежданото твърдение за n=k предполага неговата валидност и за n=k+1.

Тогава твърдението се счита за доказано за всички n. Наистина, твърдението е вярно за n=1. Но тогава е вярно и за следващото число n=1+1=2. Валидността на твърдението за n=2 предполага неговата валидност за n=2+

1=3. Това предполага валидността на твърдението за n=4 и т.н. Ясно е, че в крайна сметка ще стигнем до всяко естествено число n. Следователно, твърдението е вярно за всяко n.

Обобщавайки казаното, формулираме следния общ принцип.

Принципът на математическата индукция.

Ако изречението A(n), което зависи от естествено число n, е вярно за n=1 и от факта, че е вярно за n=k (където k е всяко естествено число), следва, че то също е вярно за следващото число n=k +1, тогава допускането A(n) е вярно за всяко естествено число n.

В редица случаи може да се наложи да се докаже валидността на определено твърдение не за всички естествени числа, а само за n>p, където p е фиксирано естествено число. В този случай принципът на математическата индукция се формулира по следния начин.

Ако твърдението A(n) е вярно за n=p и ако A(k)ÞA(k+1) за всяко k>p, тогава предложението A(n) е вярно за всяко n>p.

Доказателството по метода на математическата индукция се извършва по следния начин. Първо, твърдението, което трябва да се докаже, се проверява за n=1, т.е. истинността на твърдението A(1) е установена. Тази част от доказателството се нарича индукционна база. Това е последвано от част от доказателството, наречена стъпка на индукция. В тази част се доказва валидността на твърдението за n=k+1 при предположението, че твърдението е вярно за n=k (индуктивното предположение), т.е. докажете, че A(k)ÞA(k+1).

Докажете, че 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Решение: 1) Имаме n=1=1 2 . Следователно,

твърдението е вярно за n=1, т.е. A(1) е вярно.

2) Нека докажем, че A(k)ÞA(k+1).

Нека k е произволно естествено число и нека твърдението е вярно за n=k, т.е.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Нека докажем, че тогава твърдението е вярно и за следващото естествено число n=k+1, т.е. Какво

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Наистина,

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

Така че A(k)ÞA(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че предположението A(n) е вярно за всяко nОN.

Докажи това

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

Решение: 1) За n=1 получаваме

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

следователно за n=1 формулата е вярна; A(1) е вярно.

2) Нека k е произволно естествено число и нека формулата е вярна за n=k, т.е.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).

Нека докажем, че тогава равенството

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

Наистина

1+х+х 2 +x 3 +…+х 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).

Така че A(k)ÞA(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че формулата е вярна за всяко естествено число n.

Докажете, че броят на диагоналите на изпъкнал n-ъгълник е n(n-3)/2.

Решение: 1) За n=3 твърдението е вярно

И 3 е правилно, защото в триъгълник

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

A 2 A(3) е вярно.

2) Да предположим, че във всеки

изпъкнал k-ъгълник има-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 диагонала.

A k Нека докажем, че тогава в изпъкнал

(k+1)-ъгълно число

диагонали A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нека А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -изпъкнал (k+1)-ъгълник. Нека начертаем диагонал A 1 A k в него. Да брои общ бройдиагонали на този (k + 1)-ъгъл, трябва да преброите броя на диагоналите в k-ъгъла A 1 A 2 ...A k , добавете k-2 към полученото число, т.е. броят на диагоналите на (k+1)-ъгълника, излизащи от върха A k+1 , и в допълнение трябва да се вземе предвид диагоналът A 1 A k.

По този начин,

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

Така че A(k)ÞA(k+1). Поради принципа на математическата индукция, твърдението е вярно за всеки изпъкнал n-ъгълник.

Докажете, че за всяко n твърдението е вярно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Следователно, за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Разгледайте това твърдение за n=k+1

Xk+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.

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно по силата на метода на математическата индукция твърдението е вярно за всяко естествено n.

Докажете, че за всяко естествено n е вярно равенството:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) Нека n=1.

Тогава X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Виждаме, че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че равенството е вярно за n=k

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4.

3) Нека докажем истинността на това твърдение за n=k+1, т.е.

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.

От горното доказателство е ясно, че твърдението е вярно за n=k+1, следователно равенството е вярно за всяко естествено n.

Докажи това

((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), където n>2.

Решение: 1) За n=2 идентичността изглежда така: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

тези. така е правилно.

2) Да приемем, че изразът е верен за n=k

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

3) Ще докажем правилността на израза за 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).

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно, поради метода на математическата индукция, твърдението е вярно за всяко n>2

Докажи това

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

за всяко естествено n.

Решение: 1) Нека тогава n=1

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

2) Да приемем, че n=k, тогава

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

3) Нека докажем истинността на това твърдение за 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).

Доказана е и валидността на равенството за n=k+1, следователно твърдението е вярно за всяко естествено число n.

Докажете валидността на самоличността

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

за всяко естествено n.

1) За n=1 идентичността е вярна 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Да приемем, че за n=k

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

3) Нека докажем, че тъждеството е вярно за 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).

От горното доказателство се вижда, че твърдението е вярно за всяко естествено число n.

Докажете, че (11 n+2 +12 2n+1) се дели на 133 без остатък.

Решение: 1) Нека тогава n=1

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133.

Но (23´133) се дели на 133 без остатък, така че за n=1 твърдението е вярно; A(1) е вярно.

2) Да предположим, че (11 k+2 +12 2k+1) се дели на 133 без остатък.

3) Нека докажем това в този случай

(11 k+3 +12 2k+3) се дели на 133 без остатък. Наистина, 11 k+3 +12 2k+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 .

Получената сума се дели на 133 без остатък, тъй като първият й член се дели на 133 без остатък по предположение, а във втория един от множителите е 133. И така, А(k)ÞА(k+1). По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че за всяко n 7 n -1 се дели на 6 без остатък.

Решение: 1) Нека n=1, тогава X 1 =7 1 -1=6 се дели на 6 без остатък. Така че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че за n=k

7 k -1 се дели на 6 без остатък.

3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1.

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

Първият член се дели на 6, тъй като 7 k -1 се дели на 6 по предположение, а вторият член е 6. Така че 7 n -1 е кратно на 6 за всяко естествено n. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 3 3n-1 +2 4n-3 за произволно естествено n се дели на 11.
Решение: 1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 се дели на 11 без остатък. Следователно, за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че за n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 без остатък.

3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1.

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

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

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

Първият член се дели на 11 без остатък, тъй като 3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 по предположение, вторият се дели на 11, защото един от неговите множители е числото 11. Следователно сумата е също се дели на 11 без остатък за всяко естествено n. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 11 2n -1 за произволно цяло положително число n се дели на 6 без остатък.

Решение: 1) Нека n=1, тогава 11 2 -1=120 се дели на 6 без остатък. Така че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че за n=k

11 2k -1 се дели на 6 без остатък.

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

И двата члена се делят на 6 без остатък: първият съдържа кратно на 6 число 120, а вторият се дели на 6 без остатък по предположение. Така че сумата се дели на 6 без остатък. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 3 3n+3 -26n-27 за произволно цяло положително число n се дели на 26 2 (676) без остатък.

Решение: Нека първо докажем, че 3 3n+3 -1 се дели на 26 без остатък.

За n=0

3 3 -1=26 се дели на 26

Да предположим, че за n=k

3 3k+3 -1 се дели на 26

Нека докажем, че твърдението

вярно за n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – делимо на 26

Сега нека докажем твърдението, формулирано в условието на задачата.

1) Очевидно е, че за n=1 твърдението е вярно

3 3+3 -26-27=676

2) Да приемем, че за n=k

изразът 3 3k+3 -26k-27 се дели на 26 2 без остатък.

3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1

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

И двата члена се делят на 26 2 ; първият се дели на 26 2, защото доказахме, че изразът в скобите се дели на 26, а вторият се дели на индуктивната хипотеза. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че ако n>2 и x>0, тогава неравенството

(1+x) n >1+n´x.

Решение: 1) За n=2 неравенството е вярно, тъй като

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

Така че A(2) е вярно.

2) Нека докажем, че A(k)ÞA(k+1), ако k> 2. Да предположим, че A(k) е вярно, т.е. че неравенството

(1+x) k >1+k´x. (3)

Нека докажем, че тогава A(k+1) също е вярно, т.е. че неравенството

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Наистина, умножавайки двете страни на неравенството (3) по положително число 1+x, получаваме

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Обмисли правилната странапоследното е неравностойно

ства; ние имаме

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

В резултат на това получаваме това

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Така че A(k)ÞA(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция може да се твърди, че неравенството на Бернули е валидно за всяко

Докажете, че неравенството е вярно

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

Решение: 1) За m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 двете части са равни.

2) Да приемем, че за m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Нека докажем, че за m=k+1 неравенството е вярно

(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 .

Доказахме валидността на неравенството за m=k+1, следователно, по силата на метода на математическата индукция, неравенството е вярно за всяко естествено m.

Докажете, че за n>6 неравенството

3 n >n´2 n+1 .

Решение: Нека пренапишем неравенството във формата

За n=7 имаме

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

неравенството е вярно.

Да предположим, че за n=k

3) Нека докажем правилността на неравенството за n=k+1.

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

Тъй като k>7, последното неравенство е очевидно.

По силата на метода на математическата индукция неравенството е валидно за всяко естествено n.

Докажете, че за n>2 неравенството

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).

Решение: 1) За n=3 неравенството е вярно

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

Да предположим, че за n=k

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

3) Ще докажем валидността на не-

равенства за n=k+1

(1+(1/2 2)+...+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).

Нека докажем, че 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

w(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Последното е очевидно и следователно

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

По силата на метода на математическата индукция се доказва неравенството.

Заключение

По-специално, след като изучавах метода на математическата индукция, подобрих знанията си в тази област на математиката и също се научих как да решавам проблеми, които преди това бяха извън моята власт.

По принцип това бяха логически и занимателни задачи, т.е. само тези, които повишават интереса към самата математика като наука. Решаването на такива задачи се превръща в забавно занимание и може да привлича все повече любознателни хора в математическите лабиринти. Според мен това е основата на всяка наука.

Продължавайки да изучавам метода на математическата индукция, ще се опитам да се науча как да го прилагам не само в математиката, но и при решаването на проблеми във физиката, химията и самия живот.

МАТЕМАТИКА:

ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ

Учебник / В. Г. Болтянски, Ю. В. Сидоров, М. И. Шабунин. Potpourri LLC 1996 г.

АЛГЕБРА И ПРИНЦИПИТЕ НА АНАЛИЗ

Учебник / I.T. Демидов, A.N. Колмогоров, S.I. Shvartsburg, O.S. Ивашев-Мусатов, B.E. Veits. "Просвета" 1975г.

Методът на доказателство, който ще бъде разгледан в този раздел, се основава на една от аксиомите на естествения ред.

Аксиома на индукцията. Нека е дадено изречение, което зависи от променливата П,вместо които можете да замените произволни естествени числа. Нека го обозначим A(p).Нека и изречението НОе вярно за числото 1 и от факта, че НОвярно за число да се, следва това НОвярно за число k+ 1. След това предложете НОвярно за всички природни ценности П.

Символно записване на аксиомата:

Тук връх-променливи над множеството от естествени числа. От аксиомата на индукцията се получава следното правило за извод:

И така, за да докажа истинността на предложението НО,първо можем да докажем две твърдения: истинността на твърдението НО( 1), както и следствието A(k) => A(k+ 1).

Имайки предвид горното, ние описваме обекта метод

математическа индукция.

Нека се изисква да се докаже, че присъдата A(n)вярно за всички естествени П.Доказателството е разделено на два етапа.

1-ви етап. основа на индукция.Приемаме като стойност Пномер 1 и проверете това НО( 1) е вярно твърдение.
2-ри етап. Индуктивен преход.Доказваме това за всяко естествено число да севнушението е вярно: ако A(k), тогава A(k+ 1).

Индуктивният пасаж започва с думите: „Вземете произволно естествено число да се,такова, че A(k)",или „Нека за естествено число да сеточно A(k)".Вместо думата "нека" те често казват "да предположим, че ...".

След тези думи писмото да сеобозначава някакъв фиксиран обект, за който важи релацията A(k).Идващи от A(k)ние извеждаме следствия, тоест изграждаме верига от изречения A(k) 9 R, Пи, ..., Rn = A(k+ 1), където всяко изречение R,е вярно твърдение или следствие от предходните изречения. Последното изречение R"трябва да съвпада с A(k+един). От това заключаваме: от A(k)Трябва A(k+).

Изпълнението на индуктивен преход може да бъде разделено на две стъпки:

1) Индуктивно предположение. Тук предполагаме, че НО да сепроменлива н.
2) Въз основа на предположението ние доказваме това НОточно за номер?+1.

Пример 5.5.1.Нека докажем, че числото p+pе дори за всички естествени П.

Тук A(n) = "n 2 + n- четен брой". Изисква се това да се докаже НО -тъждествено верен предикат. Прилагаме метода на математическата индукция.

основа на индукция.Да вземем l=1. Заместник в израза П+//, получаваме n 2 +n= I 2 + 1 = 2 е четно число, т.е. /1(1) е вярно твърдение.

Да формулираме индуктивна хипотеза A(k)= „Число към 2 + към -дори." Можете да кажете следното: „Вземете произволно естествено число да сетакова, че до 2 + дое четно число.

Ние извеждаме от това твърдението A(kA-)= „Число (k+ 1) 2 + (? + 1) - четно.

Чрез свойствата на операциите извършваме трансформации:

Първият член на получената сума е четен по предположение, вторият е четен по дефиниция (защото има формата 2 П).Така че сумата е четно число. Изречение A(k+ 1) доказано.

По метода на математическата индукция заключаваме: изречението A(n)вярно за всички естествени П.

Разбира се, не е необходимо да въвеждате нотацията всеки път A(p).Все пак се препоръчва да се формулира индуктивното предположение и това, което се изисква да се изведе от него, в отделен ред.

Забележете, че твърдението от пример 5.5.1 може да се докаже без използването на метода на математическата индукция. За да направите това, достатъчно е да разгледате два случая: когато Пдори и кога Пстранно.

Много проблеми с делимостта се решават чрез математическа индукция. Нека да разгледаме по-сложен пример.

Пример 5.5.2.Нека докажем, че числото 15 2u_| +1 се дели на 8 за всички естествени числа П.

Бача индукция.Нека вземем /1=1. Имаме: номер 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 се дели на 8.

, което за някои

естествено число да сечислото 15 2 * '+1 се дели на 8.

Нека докажемкакво е числото тогава а\u003d 15 2 (ZHN +1 се дели на 8.

Нека преобразуваме числото а:

По предположение числото 15 2A1 +1 се дели на 8, което означава, че целият първи член се дели на 8. Вторият член 224=8-28 също се дели на 8. По този начин числото атъй като разликата на две числа, кратни на 8, се дели на 8. Индуктивната стъпка е оправдана.

Въз основа на метода на математическата индукция заключаваме, че за всички естествени Пчислото 15 2 "-1 -*-1 се дели на 8.

Нека направим някои забележки по решената задача.

Доказаното твърдение може да се формулира малко по-различно: "Числото 15" "+1 се дели на 8 за всяко нечетно естествено / и".

Второ, от доказаното общо твърдение може да се направи конкретен извод, чието доказателство може да бъде дадено като отделна задача: числото 15 2015 +1 се дели на 8. Следователно понякога е полезно да обобщим проблема, като обозначим конкретна стойност с буква и след това приложете метода на математическата индукция.

В най-общ смисъл терминът "индукция" означава, че се правят общи изводи въз основа на конкретни примери. Например, след като разгледахме някои примери за суми на четни числа 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, заключаваме, че сумата на всеки две четните числа са четни числа.

В общия случай подобна индукция може да доведе до неправилни заключения. Нека дадем пример за такова неправилно разсъждение.

Пример 5.5.3. Помислете за броя а= /r+n+41 за естествен /?.

Нека намерим стойностите аза някои стойности П.

Позволявам n=И. Тогава а = 43 е просто число.

Нека /7=2. Тогава а= 4+2+41 = 47 е просто число.

Нека l=3. Тогава а= 9+3+41 = 53 е просто число.

Нека /7=4. Тогава а= 16+4+41 = 61 е просто число.

Приемете като ценности Пчисла, следващи четворката, като 5, 6, 7, и се уверете, че числото аще бъде просто.

Заключаваме: „За всички естествени /? номер аще бъде просто."

Резултатът е невярно твърдение. Ето контрапример: /7=41. Уверете се, че с това Пномер аще бъде съставен.

Терминът "математическа индукция" има по-тясно значение, тъй като използването на този метод ви позволява винаги да получите правилното заключение.

Пример 5.5.4. Въз основа на индуктивни разсъждения получаваме формула за общия член на аритметична прогресия. Спомнете си, че аритметичната професия е числова последователност, всеки член на която се различава от предишния с едно и също число, наречено разлика в прогресията. За да посочите еднозначно аритметична професия, трябва да посочите нейния първи член аи разлика д.

Така че по дефиниция a p+ = a n + d,при n> 1.

В училищния курс по математика, като правило, формулата на общия термин на аритметичната професия се установява въз основа на конкретни примери, тоест точно чрез индукция.

Ако /7=1, ТОГАВА ОТ 7| = I|, ТОГАВА съм| = tf|+df(l -1).

Ако /7=2, тогава i 2 = a + d,това е а= I|+*/(2-1).

Ако /7=3, тогава i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d,т.е. i 3 = i|+(3-1).

Ако /7=4, тогава i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3 и т.н.

Дадените частни примери ни позволяват да изложим хипотеза: общият термин формула има формата а" = a+(n-)dза всички /7>1.

Нека докажем тази формула чрез метода на математическата индукция.

базова индукцияпроверени в предишни дискусии.

Позволявам да се -такова число, при което аз * - a+(k-)d (индуктивно предположение).

Нека докажемче аз*+! = a+((k+)-)d,т.е. i*+1 = брадва+кд.

По дефиниция i*+1 = ab + d. a към= i | +(к-1 )д, означава, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )д= i i +kd, което беше необходимо за доказване (за обосноваване на индуктивния преход).

Сега формулата i„ = a+(n-)dдоказано за всяко естествено число /;.

Нека някаква последователност i b i 2 , i, „ ... (не

непременно аритметична или геометрична прогресия). Често има проблеми, при които се изисква да се сумира първото Пчленове на тази последователност, т.е. посочете сумата R|+i 2 +...+i и формула, която ви позволява да намерите стойностите на тази сума, без да изчислявате членовете на последователността.

Пример 5.5.5. Нека докажем, че сумата от първото Пестествени числа е

/?(/7 + 1)

Означаваме сумата 1+2+...+/7 с сн.Нека намерим стойностите S nза някои /7.

Имайте предвид, че за да намерите сумата S 4 , можете да използвате стойността 5 3, изчислена по-рано, тъй като 5 4 = 5 3 +4.

n(n +1)

Ако заместим разглежданите стойности /? в срок --- нещо

получаваме съответно същите суми 1, 3, 6, 10. Тези наблюдения

. _ n(n + 1)

предполагат, че формулата С„=--- може да се използва, когато

всякакви //. Нека докажем това предположение чрез метода на математическата индукция.

базова индукцияпроверени. Хайде да го направим индуктивен преход.

Да предположимче формулата е вярна за някакво естествено число

, k(k + 1)

k, тогава мрежата е сумата от първата да сеестествени числа е ----.

Нека докажемче сумата от първите (?+1) естествени числа е равна на

(* + !)(* + 2)

Да изразим?*+1 чрез S k .За да направим това, в сумата S*+i групираме първото да сеусловия и напишете последния термин отделно:

По индуктивната хипотеза S k =Така че да се намери

сумата от първите (? + 1) естествени числа, е достатъчна на вече изчисленото

. „ k(k + 1) _ .. ..

сумата от първото да сечисла, равни на ---, добавете един член (k + 1).

Индуктивният преход е оправдан. Така изложената в началото хипотеза е доказана.

Доказахме формулата S n = n ^ n+ метод

математическа индукция. Разбира се, има и други доказателства. Например, можете да напишете сумата С,във възходящ ред на термините и след това в низходящ ред на термините:

Сумата от членовете в една колона е постоянна (в едната сума всеки следващ член намалява с 1, а в другата се увеличава с 1) и е равна на (/r + 1). Следователно, сумирайки получените суми, имаме Пчленове, равни на (u+1). Така че удвоете сумата С "е равно на n(n+ 1).

Току-що доказаната формула може да се получи като частен случай на формулата за сумата на първата Пчленове на аритметична прогресия.

Нека се върнем към метода на математическата индукция. Имайте предвид, че първият етап от метода на математическата индукция (базата на индукцията) винаги е необходим. Липсата на тази стъпка може да доведе до неправилно заключение.

Пример 5.5.6. Нека "докажем" изречението: "Числото 7" + 1 се дели на 3 за всяко естествено число ".

„Да предположим, че за някаква естествена стойност да сечислото 7*+1 се дели на 3. Нека докажем, че числото 7 x +1 се дели на 3. Извършете трансформациите:

Числото 6 очевидно се дели на 3. Числото 1 до +се дели на 3 според индуктивната хипотеза, така че числото 7-(7* + 1) също се дели на 3. Следователно разликата на числата, делими на 3, също ще се дели на 3.

Предложението е доказано."

Доказателството на първоначалното твърдение е неправилно, въпреки факта, че индуктивната стъпка е правилна. Действително при n=Имам номер 8, с n=2 -числото 50, ... и нито едно от тези числа не се дели на 3.

Нека направим важна забележка относно записа на естествено число при извършване на индуктивен преход. При формулиране на предложение A(n)писмо Побозначихме променлива, вместо която могат да бъдат заменени всякакви естествени числа. Когато формулирахме индуктивната хипотеза, ние обозначихме стойността на променливата с буквата да се.Много често обаче вместо ново писмо да сеизползвайте същата буква като променливата. Това не засяга структурата на разсъжденията при извършване на индуктивния преход.

Нека разгледаме още няколко примера за задачи, за които може да се приложи методът на математическата индукция.

Пример 5.5.7. Намерете стойността на сумата

Променлива в задачата Пне се появи. Обмислете обаче последователността от термини:

Обозначете S, \u003d a + a 2 + ... + a „.Да намерим С" за някои П.Ако /1= 1, тогава S, = a, =-.

Ако n= 2. тогава S, = а, + а? = - + - = - = -.

Ако /?=3, тогава S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Можете сами да изчислите стойностите С "при /7 = 4; 5. Възниква

естествено предположение: S n= -- за всеки естествен /7. Нека докажем

Това е чрез математическа индукция.

базова индукцияпроверено по-горе.

Хайде да го направим индуктивен преход, обозначаващ произволен

променлива стойност Псъщата буква, тоест доказваме, че от равенството

0 /7 _ /7 +1

S n=-следва равенството С, =-.

/7+1 /7 + 2

Да предположимче равенството е вярно С= - П -.

Да разпределим общо S„+първи Пусловия:

Прилагайки индуктивното предположение, получаваме:

Като намалим дробта с (/7+1), ще имаме равенството С n +1 - , L

Индуктивният преход е оправдан.

Това доказва, че сборът от първия Пусловия

1 1 1 /7 ^
- +-+...+- е равно на -. Сега да се върнем към оригинала
1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

задача. За да го разрешите, е достатъчно да вземете като стойност Пномер 99.

Тогава сумата -!- + -!- + -!- + ...+ --- ще бъде равна на числото 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Опитайте се да изчислите тази сума по различен начин.

Пример 5.5.8. Нека докажем, че производната на сумата от всеки краен брой диференцируеми функции е равна на сумата от производните на тези функции.

Нека променливата /? обозначава броя на дадените характеристики. В случай, че е дадена само една функция, тази функция се разбира като сума. Следователно, ако /7=1, тогава твърдението очевидно е вярно: /" = /".

Да предположимче твърдението е вярно за набор от Пфункции (тук отново вместо буквата да сеписмо взето П),тоест производната на сумата Пфункции е равна на сумата от производните.

Нека докажемче производната на сумата от (n + 1) функции е равна на сумата от производните. Вземете произволен набор, състоящ се от n+диференцируема функция: /1,/2, . Нека представим сумата от тези функции

като g+f„+ 1, където g=f +/g + ... +/t-сума Пфункции. По индуктивната хипотеза, производната на функцията же равна на сумата от производните: g" = ft + ft + ... + футаСледователно важи следната верига от равенства:

Индуктивният преход е завършен.

По този начин първоначалното предложение е доказано за всеки краен брой функции.

В някои случаи се изисква да се докаже истинността на предложението A(n)за всички естествени i, започвайки от някаква стойност с.Доказателството чрез математическа индукция в такива случаи се извършва по следната схема.

основа на индукция.Доказваме, че предложението НОвярно за стойност П,равен с.

Индуктивен преход. 1) Предполагаме, че предложението НОвярно за някаква стойност да сепроменлива /?, която е по-голяма или равна на с.

2) Доказваме, че предложението НОвярно за /? равно на

Обърнете внимание отново, че вместо буквата да сечесто оставят обозначението на променливата П.В този случай индуктивният преход започва с думите: „Да предположим, че за някаква стойност n>sточно A(p).Нека докажем това тогава A(n+едно)".

Пример 5.5.9. Нека докажем това за всички естествени n> 5 неравенството 2” > и 2 е вярно.

основа на индукция.Позволявам n= 5. Тогава 2 5 =32, 5 2 =25. Неравенство 32>25 е вярно.

Индуктивен преход. Да предположим, че неравенството 2 P>n 2за някакво естествено число n> 5. Нека докажем, което тогава е 2" +| > (n+1) 2 .

По свойства на степени 2” +| = 2-2". Тъй като 2" > n 2 (по индуктивната хипотеза), тогава 2-2" > 2n 2 (I).

Нека оправдаем това 2 стр. 2по-голямо от (i+1) 2 . Може да се направи различни начини. достатъчно, за да решим квадратно неравенство 2x 2 >(x+) 2в множеството от реални числа и вижте, че всички естествени числа, по-големи или равни на 5, са неговите решения.

Ще продължим по следния начин. Нека намерим разликата на числата 2 стр. 2и (i+1) 2:

Тъй като и > 5, тогава i + 1 > 6, което означава (i + 1) 2 > 36. Следователно разликата е по-голяма от 0. И така, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).

От свойствата на неравенствата следва от (I) и (2), че 2*2" > (n + 1) 2, което беше необходимо да се докаже, за да се оправдае индуктивният преход.

Въз основа на метода на математическата индукция заключаваме, че неравенството 2" > i 2 е вярно за всякакви естествени числа i.

Помислете за друга форма на метода на математическата индукция. Разликата е в индуктивния преход. За да се приложи, са необходими две стъпки:

1) приеме, че офертата A(n)вярно за всички стойности на променливата i по-малко от някакво число R;
2) от направеното предположение изведете, че предложението A(n)вярно за число Р.

По този начин индуктивната стъпка изисква доказателство за следствието: [(Ui?) A(n)] => A(p).Имайте предвид, че следствието може да бъде пренаписано като: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).

В оригиналната формулировка на метода на математическата индукция при доказване на твърдението A(p)разчитахме само на "предишното" предложение A(p-един). Дадената тук формулировка на метода позволява извличане A(p),ако приемем, че всички предложения A(n),където съм по-малко Р, са верни.

Пример 5.5.10. Нека докажем теоремата: „Сборът от вътрешните ъгли на всеки i-ъгълник е 180°(i-2)“.

За изпъкнал многоъгълник теоремата се доказва лесно, ако се раздели на триъгълници от диагонали, изтеглени от един връх. Въпреки това, за неизпъкнал многоъгълник, такава процедура може да не е възможна.

Нека докажем теоремата за произволен многоъгълник чрез математическа индукция. Предполагаме, че е известно следното твърдение, което, строго погледнато, изисква отделно доказателство: "Във всеки //-ъгъл има диагонал, който лежи изцяло във вътрешната му част."

Вместо променлива // можете да замените всякакви естествени числа, които са по-големи или равни на 3. За n=bТеоремата е вярна, защото сборът от ъглите в триъгълника е 180°.

Вземете малко /7-gon (p> 4) и да предположим, че сумата от ъглите на всеки //-ъгълник, където // p, е равна на 180°(//-2). Нека докажем, че сборът от ъглите на //-ъгълника е равен на 180°(//-2).

Нека начертаем диагонал, лежащ вътре в него. Той ще раздели //-gon на два полигона. Нека един от тях има да сестрани, другата до 2страни. Тогава k + k 2 -2 \u003d p,тъй като получените полигони имат общ страничен диагонал, който не е страна на оригиналния //-гон.

И двете числа да сеи до 2по-малко //. Нека приложим индуктивното предположение към получените многоъгълници: сумата от ъглите на A]-ъгълника е 180°-(?i-2), а сумата от ъглите? 2-gon е равно на 180 ° - (Ar 2 -2). Тогава сумата от ъглите на //-ъгълника ще бъде равна на сумата от тези числа:

180 ° * (Ar | -2) -n 180 ° (Ar2-2) \u003d 180 o (Ar, -Ar 2 -2-2) \u003d 180 ° - (//-2).

Индуктивният преход е оправдан. Въз основа на метода на математическата индукция, теоремата се доказва за всеки //-гон (//>3).

Ако твърдението A(n) е вярно за n=p и ако A(k) X A(k+1) за всяко k>p, тогава предложението A(n) е вярно за всяко n>p.

Докажете, че 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

1) Имаме n=1=1 2 . Следователно твърдението е вярно за n=1, т.е. A(1) вярно
2) Нека докажем, че A(k) ~ A(k+1)

Нека k е произволно естествено число и нека твърдението е вярно за n=k, т.е.

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

Нека докажем, че тогава твърдението е вярно и за следващото естествено число n=k+1, т.е. Какво

1+3+5+...+(2k+1)=(k+1) 2 Наистина,
1+3+5+...+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

И така, A(k) X A(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че предположението A(n) е вярно за всяко n О N

Докажи това

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), където x № 1

1) За n=1 получаваме
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

следователно за n=1 формулата е вярна; A(1) вярно

2) Нека k е произволно естествено число и нека формулата е вярна за n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Нека докажем, че тогава равенството

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

Така че A(k) ⋅ A(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че формулата е вярна за всяко естествено число n

Докажете, че броят на диагоналите на изпъкнал n-ъгълник е n(n-3)/2

Решение: 1) За n=3 твърдението е вярно, тъй като в триъгълника

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 диагонали; A 2 A(3) вярно

2) Да предположим, че във всеки изпъкнал k-ъгъл има A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 диагонала. A k Нека докажем, че тогава в изпъкнал A k+1 (k+1)-ъгъл броят на диагоналите A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нека А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -изпъкнал (k+1)-ъгълник. Нека начертаем диагонал A 1 A k в него. За да изчислите общия брой диагонали на този (k + 1)-ъгълник, трябва да преброите броя на диагоналите в k-ъгълника A 1 A 2 ...A k , добавете k-2 към полученото число, т.е. броя на диагоналите на (k+1)-ъгълника, излизащи от върха A k+1 , и в допълнение трябва да се вземе предвид диагоналът A 1 A k

По този начин,

G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

Така че A(k) ⋅ A(k+1). Поради принципа на математическата индукция, твърдението е вярно за всеки изпъкнал n-ъгълник.

Докажете, че за всяко n твърдението е вярно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Решение: 1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

2) Да приемем, че n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6

3) Разгледайте това твърдение за n=k+1

Xk+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

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно по силата на метода на математическата индукция твърдението е вярно за всяко естествено n

Докажете, че за всяко естествено n е вярно равенството:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Решение: 1) Нека n=1

Тогава X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Виждаме, че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че равенството е вярно за n=k

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4

3) Нека докажем истинността на това твърдение за n=k+1, т.е.

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

Може да се види от горното доказателство, че твърдението е вярно за n=k+1, следователно равенството е вярно за всяко естествено n

Докажи това

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), където n>2

Решение: 1) За n=2, идентичността изглежда така:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), т.е. вярно е
2) Да приемем, че изразът е верен за n=k
(2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
3) Ще докажем правилността на израза за n=k+1
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно по силата на метода на математическата индукция твърдението е вярно за всяко n>2

Докажи това

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) за всяко естествено n

Решение: 1) Нека тогава n=1

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Да приемем, че n=k, тогава
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Ще докажем истинността на това твърдение за 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)

Доказана е и валидността на равенството за n=k+1, следователно твърдението е вярно за всяко естествено n.

Докажете валидността на самоличността

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) за всяко естествено n

1) За n=1 тъждеството е вярно 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Да приемем, че за n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Доказваме, че тъждеството е вярно за n=k+1
(1 2 /1 ґ 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)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Може да се види от горното доказателство, че твърдението е вярно за всяко положително цяло число n.

Докажете, че (11 n+2 +12 2n+1) се дели на 133 без остатък

Решение: 1) Нека тогава n=1

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

Но (23 ґ 133) се дели на 133 без остатък, така че за n=1 твърдението е вярно; A(1) е вярно.

2) Да приемем, че (11 k+2 +12 2k+1) се дели на 133 без остатък
3) Нека докажем, че в този случай (11 k+3 +12 2k+3) се дели на 133 без остатък. Наистина
11 k+3 +12 2k+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Получената сума се дели на 133 без остатък, тъй като първият й член се дели на 133 без остатък по предположение, а във втория един от множителите е 133. И така, A (k) Yu A (k + 1). По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано

Докажете, че за всяко n 7 n -1 се дели на 6 без остатък

1) Нека n=1, тогава X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 се дели на 6 без остатък. Така че за n=1 твърдението е вярно
2) Да предположим, че за n \u003d k 7 k -1 се дели на 6 без остатък
3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6

Докажете, че 3 3n-1 +2 4n-3 за произволно цяло положително число n се дели на 11.

1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 се дели на 11 без остатък.

Така че за n=1 твърдението е вярно

2) Да предположим, че за n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 без остатък
3) Доказваме, че твърдението е вярно за n=k+1

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

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

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

Докажете, че 11 2n -1 за произволно цяло положително число n се дели на 6 без остатък

1) Нека n=1, тогава 11 2 -1=120 се дели на 6 без остатък. Така че за n=1 твърдението е вярно
2) Да предположим, че за n=k 1 2k -1 се дели на 6 без остатък
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Докажете, че 3 3n+3 -26n-27 за произволно цяло положително число n се дели на 26 2 (676) без остатък

Нека първо докажем, че 3 3n+3 -1 се дели на 26 без остатък

1. Когато n=0
3 3 -1=26 се дели на 26
2. Да предположим, че за n=k
3 3k+3 -1 се дели на 26
3. Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - се дели на 26

Нека сега докажем твърдението, формулирано в условието на задачата

1) Очевидно е, че за n=1 твърдението е вярно
3 3+3 -26-27=676
2) Да предположим, че за n=k изразът 3 3k+3 -26k-27 се дели на 26 2 без остатък
3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Докажете, че ако n>2 и х>0, то неравенството (1+х) n >1+n ґ х

1) За n=2 неравенството е вярно, тъй като
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Така че A(2) е вярно

2) Нека докажем, че A(k) ⋅ A(k+1), ако k> 2. Да приемем, че A(k) е вярно, т.е. че неравенството
(1+х) k >1+k ґ x. (3)

Нека докажем, че тогава A(k+1) също е вярно, т.е. че неравенството

(1+x) k+1 >1+(k+1) x

Наистина, умножавайки двете страни на неравенството (3) по положително число 1+x, получаваме

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Помислете за дясната страна на последното неравенство; ние имаме

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

В резултат на това получаваме, че (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Така че A(k) ⋅ A(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция може да се твърди, че неравенството на Бернули е валидно за всяко n> 2

Докажете, че неравенството (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 е вярно за a> 0

Решение: 1) За m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 двете части са равни
2) Да приемем, че за m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Нека докажем, че за m=k+1 неравенството е вярно
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Доказахме валидността на неравенството за m=k+1, следователно, поради метода на математическата индукция, неравенството е валидно за всяко естествено m

Докажете, че при n>6 неравенството 3 n >n ґ 2 n+1

Нека пренапишем неравенството във вида (3/2) n >2n

1. За n=7 имаме 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 неравенството е вярно
2. Да предположим, че за n=k (3/2) k >2k
3) Нека докажем валидността на неравенството за n=k+1
3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Тъй като k>7, последното неравенство е очевидно.

Поради метода на математическата индукция неравенството е валидно за всяко естествено n

Докажете, че за n>2 неравенството

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) За n=3 неравенството е вярно
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Да предположим, че за n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Нека докажем валидността на неравенството за n=k+1
(1+(1/2 2)+...+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Нека докажем, че 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Последното е очевидно и следователно

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

По силата на метода на математическата индукция неравенството е доказано.

Лекция 6. Метод на математическата индукция.

Новите знания в науката и живота се получават по различни начини, но всички те (ако не навлизате в подробности) са разделени на два вида - преходът от общото към частното и от частното към общото. Първото е дедукция, второто е индукция. Дедуктивно разсъждение е това, което обикновено се нарича в математиката логически разсъждения, а в математическата наука дедукцията е единственият легитимен метод на изследване. Правилата на логическото разсъждение са формулирани преди две хилядолетия и половина от древногръцкия учен Аристотел. Той създаде пълен списък на най-простите правилни разсъждения, силогизми– „тухлички“ от логика, като същевременно посочват типични разсъждения, много подобни на правилните, но погрешни (често срещаме подобни „псевдологични“ разсъждения в медиите).

Индукция (индукция - на латински напътствие) е илюстрирано от добре известната легенда за това как Исак Нютон формулира закона за всемирното привличане, след като ябълка падна на главата му. Друг пример от физиката: при такова явление като електромагнитна индукция, електрическо поле създава, „индуцира“ магнитно поле. „Ябълката на Нютон“ е типичен пример за ситуация, при която един или повече специални случаи, т.е. наблюдения, "водят" до общо твърдение, общото заключение се прави въз основа на частни случаи. Индуктивният метод е основният за получаване на общи закономерности както в естествените, така и в хуманитарните науки. Но има много съществен недостатък: въз основа на конкретни примери може да се направи неправилно заключение. Хипотезите, произтичащи от частни наблюдения, не винаги са верни. Помислете за пример, дължащ се на Ойлер.

Ще изчислим стойността на тринома за някои първи стойности н:

Имайте предвид, че числата, получени в резултат на изчисленията, са прости. И човек може директно да провери това за всеки н 1 до 39 полиномна стойност
е просто число. Въпреки това, когато н=40 получаваме числото 1681=41 2 , което не е просто. По този начин, хипотезата, която може да възникне тук, тоест хипотезата, че за всеки нномер
е просто, оказва се невярно.

Лайбниц доказва през 17 век, че за всяко положително цяло число нномер
делимо на 3
се дели на 5 и т.н. Въз основа на това той предположи, че за всяко коеф ки всеки естествен нномер
разделена на к, но скоро забеляза това
не се дели на 9.

Разгледаните примери ни позволяват да направим важно заключение: твърдението може да бъде вярно в редица специални случаи и в същото време несправедливо като цяло. Въпросът за валидността на твърдението в общия случай може да бъде решен чрез прилагане на специален метод на разсъждение, наречен чрез математическа индукция(пълна индукция, перфектна индукция).

6.1. Принципът на математическата индукция.

♦ Методът на математическата индукция се основава на принцип на математическата индукция , състоящ се от следното:

1) валидността на това твърдение е проверена зан=1 (индукционна основа) ,

2) това твърдение се приема за вярно зан= к, къдетоке произволно естествено число 1(индукционно предположение) , и като се вземе предвид това предположение, неговата валидност е установена зан= к+1.

Доказателство. Да приемем обратното, т.е. да приемем, че твърдението не е вярно за всеки естествен н. Тогава има такова естествено м, Какво:

1) одобрение за н=мне е честно,

2) за всички н, по-малък м, твърдението е вярно (с други думи, ме първото естествено число, за което твърдението не е валидно).

Очевидно е, че м>1, защото за н=1 твърдението е вярно (условие 1). Следователно,
- естествено число. Оказва се, че за естествено число
твърдението е вярно, а за следващото естествено число мтова е несправедливо. Това противоречи на условие 2. ■

Обърнете внимание, че доказателството използва аксиомата, че всяка колекция от естествени числа съдържа най-малкото число.

Доказателство, основано на принципа на математическата индукция, се нарича чрез пълна математическа индукция .

 Пример6.1. Докажете това за всеки естествен нномер
се дели на 3.

Решение.

1) Кога н=1, така че а 1 се дели на 3 и твърдението е вярно за н=1.

2) Да приемем, че твърдението е вярно за н=к,
, тоест това число
се дели на 3 и намерете това н=к+1 числото се дели на 3.

Наистина,

защото всеки член се дели на 3, то сборът им също се дели на 3. ■ 

 Пример6.2. Докажете, че сборът от първия нестествени нечетни числа е равно на квадрата на техния брой, т.е.

Решение.Ние използваме метода на пълната математическа индукция.

1) Проверяваме валидността на това твърдение за н=1: 1=1 2 е правилно.

2) Да предположим, че сумата от първия к (
) на нечетни числа е равно на квадрата на броя на тези числа, т.е. Въз основа на това равенство установяваме, че сумата от първото к+1 нечетни числа е равно на
, това е .

Използваме нашето предположение и получаваме

. ■ 

Методът на пълната математическа индукция се използва за доказване на някои неравенства. Нека докажем неравенството на Бернули.

 Пример6.3. Докажете това, когато
и всеки естествен ннеравенството
(неравенството на Бернули).

Решение. 1) Кога н=1 получаваме
, кое е вярно.

2) Приемаме, че при н=кима неравенство
(*). Използвайки това предположение, ние доказваме това
. Имайте предвид, че когато
това неравенство е в сила и следователно е достатъчно да разгледаме случая
.

Умножете двете части на неравенството (*) по числото
и получи:

Това е (1+
.■ 

Доказателство по метод непълна математическа индукция някакво твърдение в зависимост от н, където
извършва се по подобен начин, но в началото справедливостта се установява за най-малката стойност н.

Някои проблеми не формулират изрично твърдение, което може да бъде доказано чрез математическа индукция. В такива случаи е необходимо да се установи закономерност и да се изрази хипотеза за валидността на тази закономерност и след това да се тества предложената хипотеза чрез математическа индукция.

 Пример6.4. Намерете сумата
.

Решение.Нека намерим сумите С 1 , С 2 , С 3 . Ние имаме
,
,
. Ние предполагаме, че за всеки естествен нформулата е валидна
. За да проверим тази хипотеза, използваме метода на пълната математическа индукция.

1) Кога н=1 хипотезата е вярна, т.к
.

2) Да приемем, че хипотезата е вярна за н=к,
, това е
. Използвайки тази формула, установяваме, че хипотезата е вярна и за н=к+1, т.е

Наистина,

И така, ако приемем, че хипотезата е вярна за н=к,
, доказано е, че е вярно за н=к+1 и въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че формулата е валидна за всяко естествено н. ■ 

 Пример6.5. В математиката се доказва, че сумата от две равномерно непрекъснати функции е равномерно непрекъсната функция. Въз основа на това твърдение трябва да докажем, че сумата от всяко число
на равномерно непрекъснати функции е равномерно непрекъсната функция. Но тъй като все още не сме въвели понятието "равномерно непрекъсната функция", нека поставим проблема по-абстрактно: нека се знае, че сумата от две функции, които имат някакво свойство С, самата тя притежава собствеността С. Нека докажем, че сумата от произволен брой функции има свойството С.

Решение.Основата на индукцията тук се съдържа в самата формулировка на проблема. Правейки индуктивното предположение, помислете
функции f 1 , f 2 , …, f н , f н+1, които притежават собствеността С. Тогава . От дясната страна, първият член има свойството Спо индукционната хипотеза, вторият член има свойството Спо условие. Следователно тяхната сума има свойството С– за два срока основата на индукцията „работи“.

Това доказва твърдението и ще го използваме по-нататък. ■ 

 Пример6.6. Намерете всичко естествено н, за което неравенството

Решение.Обмисли н=1, 2, 3, 4, 5, 6. Имаме: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 >6 2 . Така можем да направим хипотеза: неравенството
има място за всеки
. За да докажем истинността на тази хипотеза, използваме принципа на непълната математическа индукция.

1) Както беше посочено по-горе, тази хипотеза е вярна за н=5.

2) Да предположим, че е вярно за н=к,
, тоест неравенството
. Използвайки това предположение, доказваме, че неравенството
.

Т. до.
и при
има неравенство

при
,

тогава разбираме това
. И така, истинността на хипотезата н=к+1 следва от предположението, че е вярно за н=к,
.

От pp. 1 и 2, въз основа на принципа на непълната математическа индукция, следва, че неравенството
вярно за всеки естествен
. ■ 

 Пример6.7. Докажете това за всяко естествено число нформулата за диференциране е валидна
.

Решение.При н=1 тази формула има формата
, или 1=1, тоест е вярно. Правейки индуктивното предположение, имаме:

Q.E.D. ■ 

 Пример6.8. Докажете, че множеството, състоящо се от нелементи, има подмножества.

Решение.Комплект с един елемент а, има две подмножества. Това е вярно, защото всички негови подмножества са празното множество и самото множество и 2 1 =2.

Предполагаме, че всеки набор от нелементи има подмножества. Ако множеството A се състои от н+1 елементи, след което фиксираме един елемент в него - обозначаваме го д, и разделя всички подмножества на два класа - несъдържащи ди съдържащи д. Всички подмножества от първия клас са подмножества на множеството B, получено от A чрез премахване на елемента д.

Наборът B се състои от нелементи и следователно, според хипотезата на индукция, има подмножества, така че в първия клас подмножества.

Но във втория клас има същия брой подмножества: всяко от тях се получава от точно едно подмножество от първия клас чрез добавяне на елемента д. Следователно общо множеството A
подмножества.

Така твърдението е доказано. Обърнете внимание, че е валидно и за набор, състоящ се от 0 елемента - празен набор: има едно подмножество - себе си и 2 0 =1. ■ 

Метод за доказване, базиран на аксиома 4 на Пеано, се използва за доказване на много математически свойства и различни твърдения. Основата за това е следната теорема.

Теорема. Ако твърдението НО(н)с естествена променлива нвярно за n= 1 и от факта, че е вярно за n=k, следва, че е вярно и за следващото число n=k,след това изявлението НО(н) н.

Доказателство. Означаваме с Ммножеството от тези и само онези естествени числа, за които твърдението НО(н)вярно. Тогава от условието на теоремата имаме: 1) 1 М; 2) к МкМ. Следователно, въз основа на аксиома 4, заключаваме, че М =н, т.е. изявление НО(н)вярно за всеки естествен н.

Методът за доказателство, базиран на тази теорема, се нарича метод на математическа индукция,а аксиомата е аксиома на индукцията. Това доказателство има две части:

1) докажете, че твърдението НО(н)вярно за n= A(1);

2) приемете, че твърдението НО(н)вярно за n=k, и като се започне от това предположение, докажете, че твърдението A(n)вярно за n=k+ 1, т.е. че твърдението е вярно A(k) A(k + 1).

Ако НО( 1) НО(k) A(k + 1) е вярно твърдение, тогава те заключават, че твърдението A(n)вярно за всяко естествено число н.

Доказателството чрез математическа индукция може да започне не само с потвърждаване на истинността на твърдението за n= 1, но и от всяко естествено число м. В този случай изявлението НО(н)ще бъде доказано за всички естествени числа nm.

Задача. Нека докажем, че за всяко естествено число равенството 1 + 3 + 5 ... + (2 н- 1) = н.

Решение.Равенство 1 + 3 + 5 ... + (2 н- 1) = не формула, която може да се използва за намиране на сумата от първите последователни нечетни естествени числа. Например 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (сумата съдържа 4 члена), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (сумата съдържа 6 члена); ако тази сума съдържа 20 члена от посочения вид, то тя е равна на 20 = 400 и т.н. След като доказахме истинността на това равенство, ще можем да намерим сумата от произволен брой членове от посочения тип, използвайки формулата.

1) Проверете истинността на това равенство за n= 1. Кога n= 1 лявата страна на равенството се състои от един член, равен на 1, дясната страна е равна на 1= 1. Тъй като 1 = 1, тогава за n= 1 това равенство е вярно.

2) Да приемем, че това равенство е вярно за n=k, т.е. че 1 + 3 + 5 + … + (2 к- 1) = к.Въз основа на това предположение ние доказваме, че е вярно за n=k+ 1, т.е. 1 + 3 + 5 + ... + (2 к- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Помислете за лявата страна на последното равенство.

По предположение сумата от първия кусловия е ки следователно 1 + 3 + 5 + ... + (2 к- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2к- 1) + (2к+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Изразяване k+ 2k + 1 е идентично равно на израза ( k + 1).

Следователно истинността на това равенство за n=k+ 1 е доказано.

Следователно това равенство е вярно за n= 1 и от неговата истинност за n=kследва истината за n=k+ 1.

Това доказва, че това равенство е вярно за всяко естествено число.

С помощта на метода на математическата индукция може да се докаже истинността не само на равенствата, но и на неравенствата.

Задача. Докажи, че къде nN.

Решение.Нека проверим истинността на неравенството за n= 1. Имаме - истинско неравенство.

Нека приемем, че неравенството е вярно за n=k,тези. - истинско неравенство. Нека докажем, въз основа на предположението, че е вярно за n=k+ 1, т.е. (*).

Трансформираме лявата страна на неравенството (*), като вземем предвид, че : .

Но , което означава и .

Така че това неравенство е вярно за n= 1, и от факта, че неравенството е вярно за някои n= к, установихме, че е вярно и за n= k + 1.

Така, използвайки аксиома 4, доказахме, че това неравенство е вярно за всяко естествено число.

Други твърдения също могат да бъдат доказани чрез метода на математическата индукция.

Задача. Докажете, че твърдението е вярно за всяко естествено число.

Решение. Нека проверим истинността на твърдението за n= 1: -вярно твърдение.

Да приемем, че това твърдение е вярно за n=k: . Нека покажем, използвайки това, истинността на твърдението за n=k+ 1: .

Нека трансформираме израза: . Нека намерим разликата ки k+ 1 членове. Ако се окаже, че получената разлика е кратна на 7 и по предположение изместеното се дели на 7, тогава умаленото също е кратна на 7:

Следователно произведението е кратно на 7 и .

Следователно това твърдение е вярно за n= 1 и от неговата истинност за n=kследва истината за n=k+ 1.

Това доказва, че това твърдение е вярно за всяко естествено число.

Задача. Докажете това за всяко естествено число н 2 твърдение (7-1)24 е вярно.

Решение. 1) Проверете истинността на твърдението за н= 2: - вярно твърдение.