Metode induksi matematika. Penerapannya untuk memecahkan masalah aljabar Memecahkan persamaan diferensial

Teks karya diposting tanpa gambar dan rumus.
Versi lengkap karya ini tersedia di tab "File Kerja" dalam format PDF

Perkenalan

Topik ini relevan, karena setiap hari orang memecahkan berbagai masalah yang menggunakan metode penyelesaian yang berbeda, namun ada tugas yang tidak dapat dilakukan tanpa metode induksi matematika, dan dalam kasus seperti itu, pengetahuan di bidang ini akan sangat berguna.

Saya memilih topik ini untuk penelitian karena sedikit waktu yang dicurahkan untuk metode induksi matematika dalam kurikulum sekolah; siswa mempelajari informasi dangkal yang hanya akan membantunya memperoleh Ide umum tentang metode ini, namun untuk mempelajari teori ini secara mendalam diperlukan pengembangan diri. Akan sangat berguna untuk mempelajari lebih lanjut tentang topik ini, karena dapat memperluas wawasan seseorang dan membantu dalam memecahkan masalah yang kompleks.

Tujuan pekerjaan:

Mengenal metode induksi matematika, mensistematisasikan pengetahuan tentang topik ini dan menerapkannya dalam memecahkan masalah matematika dan membuktikan teorema, membenarkan dan menunjukkan dengan jelas signifikansi praktis dari metode induksi matematika sebagai faktor penting dalam memecahkan masalah.

Tujuan pekerjaan:

Analisis literatur dan rangkum pengetahuan tentang topik ini.

Memahami prinsip metode induksi matematika.

Jelajahi penerapan metode induksi matematika untuk pemecahan masalah.

Merumuskan kesimpulan dan kesimpulan tentang pekerjaan yang dilakukan.

Bagian utama dari penelitian

Sejarah:

Baru menjelang akhir abad ke-19 muncul standar persyaratan ketelitian logis, yang masih dominan dalam sastra modern hingga saat ini. kerja praktek matematikawan pada pengembangan teori matematika individu.

Induksi adalah suatu prosedur kognitif yang melaluinya suatu pernyataan yang menggeneralisasikannya diturunkan dari perbandingan fakta-fakta yang ada.

Dalam matematika, peran induksi sebagian besar terletak pada mendasari aksiomatik yang dipilih. Setelah praktik jangka panjang menunjukkan bahwa jalur lurus selalu lebih pendek daripada jalur melengkung atau putus-putus, maka wajar untuk merumuskan aksioma: untuk tiga titik A, B, dan C, terjadi pertidaksamaan.

Kesadaran akan metode induksi matematika sebagai metode penting yang terpisah kembali ke Blaise Pascal dan Gersonides, meskipun beberapa kasus penerapannya ditemukan di zaman kuno di Proclus dan Euclid. Nama masa kini Metode ini diperkenalkan oleh De Morgan pada tahun 1838.

Metode induksi matematika dapat diibaratkan dengan kemajuan: kita memulai dari yang terendah, dan sebagai hasil dari pemikiran logis kita mencapai yang tertinggi. Manusia selalu mengupayakan kemajuan, untuk kemampuan mengembangkan pemikirannya secara logis, yang berarti bahwa alam sendiri yang menakdirkannya untuk berpikir secara induktif.

Induksi dan deduksi

Diketahui bahwa ada pernyataan khusus dan umum, dan kedua istilah ini didasarkan pada peralihan dari satu istilah ke istilah lainnya.

Deduksi (dari bahasa Latin deductio - deduction) - transisi dalam proses kognisi dari umum pengetahuan untuk pribadi Dan lajang. Dalam deduksi, pengetahuan umum berfungsi sebagai titik awal penalaran, dan pengetahuan umum ini diasumsikan “sudah jadi”, sudah ada. Keunikan deduksi adalah kebenaran premis-premisnya menjamin kebenaran kesimpulannya. Oleh karena itu, deduksi memiliki kekuatan persuasif yang sangat besar dan digunakan secara luas tidak hanya untuk membuktikan teorema dalam matematika, tetapi juga dimanapun diperlukan pengetahuan yang dapat diandalkan.

Induksi (dari bahasa Latin inductio - bimbingan) adalah transisi dalam proses kognisi dari pribadi pengetahuan untuk umum Dengan kata lain, ini adalah metode penelitian dan kognisi yang terkait dengan generalisasi hasil observasi dan eksperimen. Ciri induksi adalah sifat probabilistiknya, yaitu. Jika premis-premis awal benar, maka kesimpulan induksi hanya mungkin benar, dan pada hasil akhir dapat berubah menjadi benar atau salah.

Induksi lengkap dan tidak lengkap

Inferensi induktif adalah suatu bentuk berpikir abstrak di mana pemikiran berkembang dari pengetahuan pada tingkat lebih rendah generalitas ke pengetahuan yang tingkat keumumannya lebih besar, dan kesimpulan yang muncul dari premis-premis tersebut sebagian besar bersifat probabilistik.

Selama penelitian saya menemukan bahwa induksi dibagi menjadi dua jenis: lengkap dan tidak lengkap.

Induksi lengkap adalah suatu inferensi di mana kesimpulan umum tentang suatu kelas objek dibuat berdasarkan kajian terhadap semua objek kelas tersebut.

Misalnya, perlu ditetapkan bahwa setiap bilangan asli genap n dalam rentang 6≤ n≤ 18 dapat dinyatakan sebagai jumlah dua bilangan prima. Untuk melakukan ini, ambil semua angka tersebut dan tuliskan ekspansi yang sesuai:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Persamaan ini menunjukkan bahwa setiap bilangan yang kita minati memang direpresentasikan sebagai jumlah dari dua suku sederhana.

Perhatikan contoh berikut: barisan yn= n 2 +n+17; Mari kita tuliskan empat suku pertama: y 1 =19; kamu 2 =23; kamu 3 =29; kamu 4 =37; Maka kita dapat berasumsi bahwa seluruh barisan tersebut terdiri dari bilangan prima. Namun tidak demikian, misalkan y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Ini adalah bilangan komposit, yang berarti asumsi kita salah, sehingga induksi yang tidak lengkap tidak menghasilkan kesimpulan yang sepenuhnya dapat diandalkan, tetapi memungkinkan kita untuk merumuskan hipotesis, yang selanjutnya memerlukan pembuktian atau sanggahan matematis.

Metode induksi matematika

Induksi lengkap hanya memiliki penerapan terbatas dalam matematika. Banyak pernyataan matematis menarik yang mencakup kasus-kasus khusus yang jumlahnya tak terhingga, dan kita tidak bisa menguji semua situasi tersebut. Namun bagaimana kita bisa menguji kasus-kasus yang jumlahnya tak terhingga? Metode ini dikemukakan oleh B. Pascal dan J. Bernoulli, ini adalah metode induksi matematika yang didasarkan pada prinsip induksi matematika.

Jika kalimat A(n), bergantung pada bilangan asli n, benar untuk n=1 dan berdasarkan fakta bahwa kalimat tersebut benar untuk n=k (di mana k adalah bilangan asli apa pun), maka kalimat tersebut juga benar untuk bilangan berikutnya n=k +1, maka asumsi A(n) benar untuk sembarang bilangan asli n.

Dalam beberapa kasus, validitas suatu pernyataan tertentu mungkin perlu dibuktikan bukan untuk semua bilangan asli, tetapi hanya untuk n>p, di mana p adalah bilangan asli tetap. Dalam hal ini prinsip induksi matematika dirumuskan sebagai berikut:

Jika proposisi A(n) benar untuk n=p dan jika A(k)  A(k+1) untuk sembarang k>p, maka proposisi A(n) benar untuk sembarang n>p.

Algoritma (terdiri dari empat tahap):

1.basis(kami menunjukkan bahwa pernyataan yang dibuktikan benar untuk beberapa kasus khusus yang paling sederhana ( P = 1));

2.asumsi(kami berasumsi bahwa pernyataan tersebut telah terbukti untuk yang pertama Ke kasus); 3 .melangkah(dengan asumsi ini kami membuktikan pernyataan untuk kasus tersebut P = Ke + 1); 4. keluaran (pada pernyataan itu benar untuk semua kasus, yaitu untuk semua P) .

Perlu diketahui bahwa metode induksi matematika tidak dapat menyelesaikan semua permasalahan, melainkan hanya permasalahan yang diparameterisasi oleh variabel tertentu. Variabel ini disebut variabel induksi.

Penerapan metode induksi matematika

Mari kita terapkan seluruh teori ini dalam praktik dan cari tahu masalah apa yang digunakan metode ini.

Masalah untuk membuktikan kesenjangan.

Contoh 1. Buktikan pertidaksamaan Bernoulli(1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) Untuk n=1 pertidaksamaan tersebut benar, karena 1+x≥1+x

2) Misalkan pertidaksamaan tersebut benar untuk suatu n=k, yaitu.

(1+x) k ≥1+kx.

Mengalikan kedua ruas pertidaksamaan dengan bilangan positif 1+x, kita peroleh

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Mengingat kx 2 ≥0, kita sampai pada pertidaksamaan

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Jadi, dari asumsi pertidaksamaan Bernoulli benar untuk n=k, maka pertidaksamaan Bernoulli juga benar untuk n=k+1. Berdasarkan metode induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk sembarang n € N.

Contoh 2. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli n>1, .

Mari kita buktikan dengan menggunakan metode induksi matematika.

Mari kita nyatakan ruas kiri pertidaksamaan dengan.

1), oleh karena itu, untuk n=2 pertidaksamaan tersebut valid.

2) Biarkan untuk beberapa k. Mari kita buktikan itu dan. Kita punya, .

Membandingkan dan, kita punya, mis. .

Untuk sembarang bilangan bulat positif k, ruas kanan persamaan terakhir adalah positif. Itu sebabnya. Namun itu berarti dan Kita telah membuktikan validitas pertidaksamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pertidaksamaan tersebut berlaku untuk sembarang bilangan asli n>1.

Masalah untuk membuktikan identitas.

Contoh 1. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli n persamaannya benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Misalkan n=1, maka X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Kita melihat bahwa untuk n=1 pernyataan tersebut benar.

2) Misalkan persamaan tersebut benar untuk n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1, yaitu 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.

Dari pembuktian di atas jelas bahwa pernyataan tersebut benar untuk n=k+1, oleh karena itu persamaan juga berlaku untuk sembarang bilangan asli n.

Contoh 2. Buktikan bahwa untuk sembarang n persamaan tersebut benar

1) Mari kita periksa apakah identitas ini benar untuk n = 1.; - Kanan.

2) Misalkan identitasnya juga benar untuk n = k, yaitu.

3) Mari kita buktikan bahwa identitas ini juga berlaku untuk n = k + 1, yaitu;

Karena Jika persamaan tersebut benar untuk n=k dan n=k+1, maka persamaan tersebut juga berlaku untuk sembarang bilangan asli n.

Masalah penjumlahan.

Contoh 1. Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Solusi: 1) Kita punya n=1=1 2 . Oleh karena itu, pernyataan tersebut benar untuk n=1, yaitu. J(1) benar.

2) Mari kita buktikan bahwa A(k) A(k+1).

Misalkan k adalah sembarang bilangan asli dan pernyataan tersebut benar untuk n=k, yaitu 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Mari kita buktikan bahwa pernyataan tersebut juga benar untuk bilangan asli berikutnya n=k+1, yaitu. Apa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Jadi, A(k) A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa asumsi A(n) benar untuk sembarang n N.

Contoh 2. Buktikan rumusnya, n adalah bilangan asli.

Penyelesaian: Jika n=1, kedua ruas persamaan menjadi satu sehingga syarat pertama prinsip induksi matematika terpenuhi.

Anggaplah rumusnya benar untuk n=k, yaitu. .

Mari tambahkan kedua ruas persamaan ini dan ubah ruas kanannya. Lalu kita dapatkan

Jadi, dari fakta bahwa rumus tersebut benar untuk n=k, maka rumus tersebut juga benar untuk n=k+1, maka pernyataan ini juga benar untuk sembarang bilangan asli n.

Masalah keterbagian.

Contoh 1. Buktikan bahwa (11 n+2 +12 2n+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.

Larutan: 1) Misalkan n=1, maka

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

(23×133) habis dibagi 133 tanpa sisa, artinya untuk n=1 pernyataan tersebut benar;

2) Misalkan (11 k+2 +12 2k+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.

3) Mari kita buktikan dalam kasus ini

(11 k+3 +12 2k+3) habis dibagi 133 tanpa sisa. Memang, 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 .

Jumlah yang dihasilkan dibagi 133 tanpa sisa, karena suku pertamanya habis dibagi 133 tanpa sisa dengan asumsi, dan suku kedua salah satu faktornya adalah 133.

Jadi, A(k)→ A(k+1), maka berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut benar untuk sembarang n natural.

Contoh 2. Buktikan bahwa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk bilangan asli sembarang n habis dibagi 11.

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 habis dibagi 11 tanpa sisa. Artinya untuk n=1 pernyataan tersebut benar.

2) Misalkan untuk n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 tanpa sisa.

3) Mari kita buktikan pernyataan tersebut benar untuk 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 .

Suku pertama habis dibagi 11 tanpa sisa, karena 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11, asumsi suku kedua habis dibagi 11, karena salah satu faktornya adalah bilangan 11. Artinya jumlah habis dibagi 11 tanpa sisa untuk sembarang bilangan asli n.

Masalah dari kehidupan nyata.

Contoh 1. Buktikan bahwa jumlah Sn sudut dalam suatu poligon cembung adalah ( P- 2)π, dimana P— jumlah sisi poligon ini: Sn = ( P- 2)π (1).

Pernyataan ini tidak masuk akal bagi semua orang yang alami P, tapi hanya untuk P > 3, karena jumlah sudut minimum dalam suatu segitiga adalah 3.

1) Kapan P= 3 pernyataan kita berbentuk: S 3 = π. Tetapi jumlah sudut dalam suatu segitiga memang π. Oleh karena itu, kapan P= 3 rumus (1) benar.

2) Misalkan rumus ini benar untuk n =k, itu S k = (k- 2)π, dimana k > 3. Mari kita buktikan bahwa dalam hal ini rumusnya berlaku: S k+ 1 = (k- 1)π.

Misal A 1 A 2 ... A k A k+ 1—cembung sewenang-wenang ( k+ 1) -gon (Gbr. 338).

Menghubungkan titik A 1 dan A k , kita menjadi cembung k-gon SEBUAH 1 SEBUAH 2 ... SEBUAH k — 1A k . Jelasnya, jumlah sudut ( k+ 1) -gon SEBUAH 1 SEBUAH 2 ... SEBUAH k A k+ 1 sama dengan jumlah sudut k-gon SEBUAH 1 SEBUAH 2 ... SEBUAH k ditambah jumlah sudut segitiga A 1 A k A k+ 1 . Tapi jumlah sudutnya k-gon SEBUAH 1 SEBUAH 2 ... SEBUAH k dengan asumsi sama dengan ( k- 2)π, dan jumlah sudut segitiga A 1 A k A k+ 1 sama dengan π. Itu sebabnya

S k+ 1 = S k + π = ( k- 2)π + π = ( k- 1)π.

Jadi, kedua syarat prinsip induksi matematika terpenuhi, dan oleh karena itu rumus (1) berlaku untuk semua benda alam P > 3.

Contoh 2. Ada sebuah tangga, semua anak tangganya sama. Diperlukan untuk menunjukkan jumlah minimum posisi yang akan menjamin kemampuan untuk "naik" ke langkah mana pun berdasarkan angka.

Semua orang sepakat bahwa pasti ada syaratnya. Kita harus bisa menaiki anak tangga pertama. Selanjutnya mereka harus bisa menaiki anak tangga 1 ke anak tangga kedua. Lalu ke yang kedua - ke yang ketiga, dst. ke langkah ke-n. Tentu saja, secara total, pernyataan “n” menjamin bahwa kita akan mampu mencapai langkah ke-n.

Sekarang mari kita lihat posisi 2, 3,...,n dan bandingkan satu sama lain. Sangat mudah untuk melihat bahwa semuanya memiliki struktur yang sama: jika kita telah mencapai langkah k, maka kita dapat naik ke langkah (k+1). Oleh karena itu, aksioma berikut menjadi wajar untuk validitas pernyataan yang bergantung pada “n”: jika kalimat A(n), di mana n adalah bilangan asli, berlaku untuk n=1 dan fakta bahwa kalimat tersebut berlaku untuk n=k (dimana k adalah sembarang bilangan asli), maka berlaku untuk n=k+1, maka asumsi A(n) berlaku untuk sembarang bilangan asli n.

Aplikasi

Permasalahan penggunaan metode induksi matematika saat masuk perguruan tinggi.

Perhatikan bahwa setelah masuk ke pendidikan tinggi lembaga pendidikan Ada juga masalah yang bisa diselesaikan dengan metode ini. Mari kita lihat menggunakan contoh spesifik.

Contoh 1. Buktikan bahwa itu alami P kesetaraan adalah benar

1) Kapan n=1 kita mendapatkan persamaan yang benar Sin.

2) Setelah membuat asumsi induksi bahwa ketika n= k persamaannya benar, pertimbangkan jumlah di sisi kiri persamaan untuk n =k+1;

3) Dengan menggunakan rumus reduksi, kita ubah ekspresi:

Kemudian, berdasarkan metode induksi matematika, persamaan tersebut berlaku untuk sembarang bilangan asli n.

Contoh 2. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli n nilai ekspresi 4n +15n-1 adalah kelipatan 9.

1) Dengan n=1: 2 2 +15-1=18 - kelipatan 9 (karena 18:9=2)

2) Biarkan kesetaraan dipertahankan n=k: 4k +15k-1 kelipatan 9.

3) Mari kita buktikan bahwa persamaan berlaku untuk bilangan berikutnya n=k+1

4 k+1 +15(k+1)-1=4 k+1 +15k+15-1=4,4 k +60k-4-45k+18=4(4 k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4k +15k-1) - kelipatan 9;

9(5k-2) - kelipatan 9;

Akibatnya, seluruh ekspresi 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) adalah kelipatan 9, yang perlu dibuktikan.

Contoh 3. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli P syaratnya terpenuhi: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Mari kita periksa kebenaran rumus ini kapan n=1: Sisi kiri = 1∙2∙3=6.

Bagian kanan = . 6 = 6; benar kapan n=1.

2) Misalkan rumus ini benar untuk n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Mari kita buktikan bahwa rumus ini benar untuk n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Bukti:

Jadi, kondisi ini benar dalam dua kasus dan terbukti benar untuk n =k+1, oleh karena itu berlaku untuk sembarang bilangan asli P.

Kesimpulan

Ringkasnya, dalam proses penelitian saya mengetahui apa itu induksi, bisa lengkap atau tidak lengkap, mengenal metode induksi matematika berdasarkan prinsip induksi matematika, dan mempertimbangkan banyak masalah dengan menggunakan metode ini.

Saya juga belajar banyak informasi baru, berbeda dengan yang ada di kurikulum sekolah, selama mempelajari metode induksi matematika, saya menggunakan berbagai literatur, sumber internet, dan juga berkonsultasi dengan seorang guru.

Kesimpulan: Memiliki pengetahuan yang menggeneralisasi dan mensistematisasikan tentang induksi matematika, saya menjadi yakin akan perlunya pengetahuan tentang topik ini dalam kenyataan. Kualitas positif Metode induksi matematika penerapannya yang luas dalam memecahkan masalah: di bidang aljabar, geometri dan matematika nyata. Pengetahuan ini juga meningkatkan minat terhadap matematika sebagai ilmu.

Saya yakin bahwa keterampilan yang saya peroleh selama bekerja akan membantu saya di masa depan.

​ Bibliografi

Sominsky I.S. Metode induksi matematika. Kuliah populer matematika, edisi 3-M.: Sains, 1974.

L.I.Golovina, I.M.Yaglom. Induksi dalam geometri. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 hal. — (Kuliah populer tentang matematika).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Panduan matematika untuk mereka yang masuk universitas (Soal-soal pilihan matematika dasar) - edisi ke-5, direvisi, 1976 - 638 hal.

A.Shen. Induksi matematika. - MCNMO, 2004. - 36 hal.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Kumpulan soal aljabar: buku teks untuk kelas 8-9. dengan kedalaman belajar matematika edisi ke 7 - M.: Prosveshchenie, 2001. - 271 hal.

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-dyuk N.G Bab tambahan untuk buku teks sekolah al-geb-ry kelas 9. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Wikipedia adalah ensiklopedia gratis.

Perkenalan

Bagian utama

1. Induksi lengkap dan tidak lengkap

2. Prinsip induksi matematika

3. Metode induksi matematika

4. Contoh penyelesaian

5. Kesetaraan

6. Pembagian bilangan

7. Ketimpangan

Kesimpulan

Daftar literatur bekas

Perkenalan

Dasar dari setiap penelitian matematika adalah metode deduktif dan induktif. Metode penalaran deduktif adalah penalaran dari hal yang umum ke hal yang khusus, yaitu. penalaran yang titik awalnya adalah hasil umum dan titik akhir adalah hasil khusus. Induksi digunakan ketika berpindah dari hasil tertentu ke hasil umum, yaitu. merupakan kebalikan dari metode deduktif.

Metode induksi matematika dapat diibaratkan dengan kemajuan. Kita memulai dari yang terendah, dan sebagai hasil dari pemikiran logis kita mencapai yang tertinggi. Manusia selalu mengupayakan kemajuan, kemampuan mengembangkan pemikirannya secara logis, artinya alam sendiri yang menakdirkannya untuk berpikir induktif.

Meskipun ruang lingkup penerapan metode induksi matematika telah berkembang, hanya sedikit waktu yang dicurahkan untuk hal ini dalam kurikulum sekolah. Baiklah, katakan apa berguna bagi seseorang akan memberikan dua atau tiga pelajaran itu, di mana dia akan mendengarkan lima kata teori, memecahkan lima masalah primitif, dan, sebagai hasilnya, akan menerima nilai A karena dia tidak tahu apa-apa.

Namun sangatlah penting untuk bisa berpikir secara induktif.

Bagian utama

Dalam arti aslinya, kata “induksi” diterapkan pada penalaran yang melaluinya kesimpulan umum diperoleh berdasarkan sejumlah pernyataan tertentu. Metode penalaran yang paling sederhana adalah induksi lengkap. Berikut adalah contoh alasan tersebut.

Misalkan perlu ditetapkan bahwa setiap bilangan asli genap n dalam 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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.

Kesembilan persamaan ini menunjukkan bahwa masing-masing bilangan yang kita minati memang direpresentasikan sebagai penjumlahan dua suku sederhana.

Jadi, induksi lengkap terdiri dari pembuktian pernyataan umum secara terpisah dalam setiap kasus yang mungkin berjumlah terbatas.

Kadang-kadang hasil umum dapat diprediksi setelah mempertimbangkan tidak semua, tetapi sejumlah besar kasus tertentu (yang disebut induksi tidak lengkap).

Namun, hasil yang diperoleh dengan induksi tidak lengkap hanya berupa hipotesis sampai dibuktikan dengan penalaran matematis yang tepat, yang mencakup semua kasus khusus. Dengan kata lain, induksi tidak lengkap dalam matematika tidak dianggap sebagai metode pembuktian yang sah dan teliti, namun merupakan metode yang ampuh untuk menemukan kebenaran baru.

Misalnya, Anda ingin mencari jumlah n bilangan ganjil pertama yang berurutan. Mari kita pertimbangkan kasus-kasus khusus:

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

Setelah mempertimbangkan beberapa kasus khusus ini, kesimpulan umum berikut ini muncul:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

itu. jumlah n bilangan ganjil pertama berturut-turut adalah n2

Tentu saja observasi yang dilakukan belum bisa menjadi bukti keabsahan rumus yang diberikan.

Induksi lengkap hanya memiliki penerapan terbatas dalam matematika. Banyak pernyataan matematika menarik yang mencakup kasus-kasus khusus yang jumlahnya tak terhingga, namun kita tidak dapat mengujinya untuk kasus-kasus yang jumlahnya tak terhingga. Induksi yang tidak lengkap sering kali menimbulkan hasil yang salah.

Dalam banyak kasus, jalan keluar dari kesulitan semacam ini adalah dengan menggunakan metode penalaran khusus, yang disebut metode induksi matematika. Ini adalah sebagai berikut.

Misalkan Anda perlu membuktikan validitas pernyataan tertentu untuk sembarang bilangan asli n (misalnya, Anda perlu membuktikan bahwa jumlah n bilangan ganjil pertama sama dengan n 2). Verifikasi langsung pernyataan ini untuk setiap nilai n tidak mungkin dilakukan, karena himpunan bilangan asli tidak terhingga. Untuk membuktikan pernyataan ini, periksa dulu validitasnya untuk n=1. Kemudian mereka membuktikan bahwa untuk setiap nilai natural k, validitas pernyataan yang dipertimbangkan untuk n=k menyiratkan validitasnya untuk n=k+1.

Maka pernyataan tersebut dianggap terbukti untuk semua n. Faktanya, pernyataan tersebut benar untuk n=1. Namun hal ini juga berlaku untuk bilangan berikutnya n=1+1=2. Validitas pernyataan untuk n=2 menyiratkan validitasnya untuk n=2+

1=3. Ini menyiratkan validitas pernyataan untuk n=4, dst. Jelas bahwa, pada akhirnya, kita akan mencapai bilangan asli n. Artinya pernyataan tersebut benar untuk sembarang n.

Meringkas apa yang telah dikatakan, kami merumuskan yang berikut ini prinsip umum.

Prinsip induksi matematika.

Jika usulan A(N), bergantung pada bilangan asliN, benar untukN=1 dan dari fakta bahwa itu benarn=k(Di manak-bilangan asli apa pun), maka bilangan berikutnya juga benarn=k+1, maka asumsi A(N) benar untuk sembarang bilangan asliN.

Dalam beberapa kasus, validitas suatu pernyataan tertentu mungkin perlu dibuktikan bukan untuk semua bilangan asli, tetapi hanya untuk n>p, di mana p adalah bilangan asli tetap. Dalam hal ini prinsip induksi matematika dirumuskan sebagai berikut. Jika usulan A(N) berlaku untukn = haldan jika A(k) Þ A(k+1)untuk siapa punk>p,lalu kalimat A(N)benar bagi siapa punn>hal.

Pembuktian dengan metode induksi matematika dilakukan sebagai berikut. Pertama, pernyataan yang ingin dibuktikan diperiksa n=1, yaitu. kebenaran pernyataan A(1) ditetapkan. Bagian pembuktian ini disebut basis induksi. Kemudian sampai pada bagian pembuktian yang disebut langkah induksi. Pada bagian ini, mereka membuktikan validitas pernyataan untuk n=k+1 dengan asumsi validitas pernyataan untuk n=k (asumsi induksi), yaitu. buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1).

CONTOH 1

Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Solusi: 1) Kita punya n=1=1 2 . Karena itu,

pernyataan tersebut benar untuk n=1, yaitu J(1) benar.

2) Mari kita buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1).

Misalkan k adalah sembarang bilangan asli dan pernyataan tersebut benar untuk n=k, yaitu

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Mari kita buktikan bahwa pernyataan tersebut juga benar untuk bilangan asli berikutnya n=k+1, yaitu. Apa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Memang,

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

Jadi, A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa asumsi A(n) benar untuk sembarang nÎN.

CONTOH 2

Buktikan itu

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

Solusi: 1) Untuk n=1 kita peroleh

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

oleh karena itu, untuk n=1 rumusnya benar; J(1) benar.

2) Misalkan k adalah sembarang bilangan asli dan rumusnya benar untuk n=k, yaitu

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

Mari kita buktikan persamaannya

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

Memang

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).

Jadi, A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa rumus tersebut berlaku untuk sembarang bilangan asli n.

CONTOH 3

Buktikan banyaknya diagonal n-gon cembung sama dengan n(n-3)/2.

Penyelesaian: 1) Untuk n=3 pernyataan tersebut benar

Dan 3 bermakna, karena dalam segitiga

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

A 2 A(3) benar.

2) Mari kita berasumsi bahwa dalam setiap

k-gon cembung memiliki-

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

Dan k Mari kita buktikan secara cembung

(k+1)-nomor gon

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

Misalkan A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 adalah gon cembung (k+1). Mari kita menggambar diagonal A 1 A k di dalamnya. Untuk menghitung jumlah total diagonal (k+1)-gon ini, Anda perlu menghitung jumlah diagonal pada k-gon A 1 A 2 ...A k , tambahkan k-2 ke angka yang dihasilkan, mis. banyaknya diagonal (k+1)-gon yang berasal dari titik sudut A k+1, dan sebagai tambahan, diagonal A 1 A k harus diperhitungkan.

Dengan demikian,

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

Jadi, A(k)ÞA(k+1). Karena prinsip induksi matematika, pernyataan tersebut benar untuk semua n-gon cembung.

CONTOH 4

Buktikan bahwa untuk sembarang n pernyataan berikut ini benar:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka

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

Artinya untuk n=1 pernyataan tersebut benar.

2) Asumsikan bahwa n=k

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

3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk 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.

Kita telah membuktikan persamaan tersebut benar untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.

CONTOH 5

Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli n persamaannya benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solusi: 1) Misalkan n=1.

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

Kita melihat bahwa untuk n=1 pernyataan tersebut benar.

2) Misalkan persamaan tersebut benar untuk n=k

Jika kalimat A(n), bergantung pada bilangan asli n, benar untuk n=1 dan berdasarkan fakta bahwa kalimat tersebut benar untuk n=k (di mana k adalah bilangan asli apa pun), maka kalimat tersebut juga benar untuk bilangan berikutnya n=k +1, maka asumsi A(n) benar untuk sembarang bilangan asli n.

Dalam beberapa kasus, validitas suatu pernyataan tertentu mungkin perlu dibuktikan bukan untuk semua bilangan asli, tetapi hanya untuk n>p, di mana p adalah bilangan asli tetap. Dalam hal ini prinsip induksi matematika dirumuskan sebagai berikut.

Jika proposisi A(n) benar untuk n=p dan jika A(k) ≈ A(k+1) untuk sembarang k>p, maka proposisi A(n) benar untuk sembarang n>p.

Pembuktian dengan metode induksi matematika dilakukan sebagai berikut. Pertama, pernyataan yang ingin dibuktikan diperiksa n=1, yaitu. kebenaran pernyataan A(1) ditetapkan. Bagian pembuktian ini disebut basis induksi. Kemudian sampai pada bagian pembuktian yang disebut langkah induksi. Pada bagian ini, mereka membuktikan validitas pernyataan untuk n=k+1 dengan asumsi validitas pernyataan untuk n=k (asumsi induksi), yaitu. buktikan bahwa A(k) 1 A(k+1)

Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

• 1) Kita punya n=1=1 2 . Oleh karena itu, pernyataan tersebut benar untuk n=1, yaitu. J(1) benar
• 2) Mari kita buktikan bahwa A(k) ≥ A(k+1)

Misalkan k adalah sembarang bilangan asli dan pernyataan tersebut benar untuk n=k, yaitu

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Mari kita buktikan bahwa pernyataan tersebut juga benar untuk bilangan asli berikutnya n=k+1, yaitu. Apa

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Memang benar,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Jadi, A(k) 1 A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa asumsi A(n) benar untuk sembarang n O N

Buktikan itu

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), dimana x No.1

• 1) Untuk n=1 kita peroleh
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

oleh karena itu, untuk n=1 rumusnya benar; J(1) benar

• 2) Misalkan k adalah sembarang bilangan asli dan rumusnya benar untuk n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Mari kita buktikan persamaannya

• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Memang benar
• 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)

Jadi, A(k) 1 A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa rumus tersebut berlaku untuk sembarang bilangan asli n

Buktikan banyaknya diagonal n-gon cembung adalah n(n-3)/2

Penyelesaian: 1) Untuk n=3 pernyataan tersebut benar, karena pada segitiga

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

2) Misalkan pada setiap k-gon cembung terdapat diagonal A 1 x A k =k(k-3)/2. A k Mari kita buktikan bahwa pada sebuah cembung A k+1 (k+1)-gon banyaknya diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Misalkan A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 adalah gon cembung (k+1). Mari kita menggambar diagonal A 1 A k di dalamnya. Untuk menghitung jumlah total diagonal (k+1)-gon ini, Anda perlu menghitung jumlah diagonal pada k-gon A 1 A 2 ...A k , tambahkan k-2 ke angka yang dihasilkan, mis. banyaknya diagonal (k+1)-gon yang berasal dari titik sudut A k+1, dan sebagai tambahan, diagonal A 1 A k harus diperhitungkan

Dengan demikian,

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

Jadi, A(k) 1 A(k+1). Karena prinsip induksi matematika, pernyataan tersebut benar untuk semua n-gon cembung.

Buktikan bahwa untuk sembarang n pernyataan berikut ini benar:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka

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

2) Asumsikan bahwa n=k

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

3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk 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

Kita telah membuktikan persamaan tersebut benar untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n

Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli n persamaannya benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Solusi: 1) Misalkan n=1

Maka X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Kita melihat bahwa untuk n=1 pernyataan tersebut benar.

2) Misalkan persamaan tersebut benar untuk n=k

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

3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1, yaitu.

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

Dari pembuktian di atas jelas bahwa pernyataan tersebut benar untuk n=k+1, oleh karena itu persamaan juga berlaku untuk sembarang bilangan asli n

Buktikan itu

((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), di mana n>2

Solusi: 1) Untuk n=2 identitasnya terlihat seperti:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 к 2 ϑ 3)/2(2 2 +2+1), mis. itu benar
• 2) Asumsikan bahwa ekspresi tersebut benar untuk n=k
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ֑ … ϑ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) Mari kita buktikan validitas ekspresi untuk n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ֑ … ϑ ((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)

Kita telah membuktikan persamaan tersebut benar untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut benar untuk sembarang n>2

Buktikan itu

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) untuk sembarang bilangan asli n

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Misalkan n=k, maka
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk 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)

Keabsahan persamaan n=k+1 juga telah terbukti, oleh karena itu pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.

Buktikan identitasnya benar

(1 2 /1 ϑ 3)+(2 2 /3 ϑ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ϑ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) untuk alam apa pun n

• 1) Untuk n=1 identitasnya benar 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Misalkan untuk n=k
• (1 2 /1 ֑ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ֑ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Mari kita buktikan identitasnya benar untuk n=k+1
• (1 2 /1 ϑ 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)

Dari pembuktian di atas jelaslah bahwa pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.

Buktikan bahwa (11 n+2 +12 2n+1) habis dibagi 133 tanpa sisa

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka

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

Namun (23 ¬ 133) habis dibagi 133 tanpa sisa, artinya untuk n=1 pernyataan tersebut benar; J(1) benar.

• 2) Misalkan (11 k+2 +12 2k+1) habis dibagi 133 tanpa sisa
• 3) Mari kita buktikan bahwa dalam kasus ini (11 k+3 +12 2k+3) habis dibagi 133 tanpa sisa. Memang
• 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

Jumlah yang dihasilkan dibagi 133 tanpa sisa, karena suku pertamanya habis dibagi 133 tanpa sisa dengan asumsi, dan suku kedua salah satu faktornya adalah 133. Jadi, A(k) 1 A(k+1). Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut terbukti

Buktikan bahwa untuk sembarang n 7 n -1 habis dibagi 6 tanpa sisa

• 1) Misalkan n=1, maka X 1 =7 1 -1=6 dibagi 6 tanpa sisa. Artinya untuk n=1 pernyataan tersebut benar
• 2) Misalkan n=k 7 k -1 dibagi 6 tanpa sisa
• 3) Mari kita buktikan pernyataan tersebut benar untuk n=k+1

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

Suku pertama habis dibagi 6, karena 7 k -1 habis dibagi 6 dengan asumsi, dan suku kedua adalah 6. Artinya 7 n -1 merupakan kelipatan 6 untuk sembarang bilangan asli n. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut terbukti.

Buktikan bahwa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk bilangan asli sembarang n habis dibagi 11.

1) Misalkan n=1, maka

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 dibagi 11 tanpa sisa.

Artinya untuk n=1 pernyataan tersebut benar

• 2) Misalkan n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 dibagi 11 tanpa sisa
• 3) Mari kita buktikan pernyataan tersebut benar untuk 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 =

+

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

Suku pertama habis dibagi 11 tanpa sisa, karena 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11, asumsi suku kedua habis dibagi 11, karena salah satu faktornya adalah bilangan 11. Artinya jumlah habis dibagi 11 tanpa sisa untuk sembarang bilangan asli n. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut terbukti.

Buktikan bahwa 11 2n -1 untuk bilangan asli sembarang n habis dibagi 6 tanpa sisa

• 1) Misalkan n=1, maka 11 2 -1=120 habis dibagi 6 tanpa sisa. Artinya untuk n=1 pernyataan tersebut benar
• 2) Misalkan n=k 1 2k -1 dibagi 6 tanpa sisa
• 11 2(k+1) -1=121 ֑ 11 2k -1=120 ֑ 11 2k +(11 2k -1)

Kedua suku tersebut habis dibagi 6 tanpa sisa: suku pertama mengandung kelipatan 6, 120, dan suku kedua habis dibagi 6 tanpa sisa dengan asumsi. Artinya jumlah tersebut habis dibagi 6 tanpa sisa. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut terbukti.

Buktikan bahwa 3 3n+3 -26n-27 untuk bilangan asli sembarang n habis dibagi 26 2 (676) tanpa sisa

Mari kita buktikan dulu bahwa 3 3n+3 -1 habis dibagi 26 tanpa sisa

• 1. Ketika n=0
• 3 3 -1=26 dibagi 26
• 2. Misalkan untuk n=k
• 3 3k+3 -1 habis dibagi 26
• 3. Mari kita buktikan pernyataan tersebut benar untuk n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 3 3k+3 -1=26 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -dibagi 26

Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam rumusan masalah

• 1) Jelas, untuk n=1 pernyataan tersebut benar
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Misalkan untuk n=k ekspresi 3 3k+3 -26k-27 dibagi 26 2 tanpa sisa
• 3) Mari kita buktikan pernyataan tersebut benar untuk n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Kedua suku tersebut habis dibagi 26 2; yang pertama habis dibagi 26 2 karena kita telah membuktikan persamaan dalam tanda kurung habis dibagi 26, dan yang kedua habis dibagi hipotesis induksi. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan tersebut terbukti

Buktikan jika n>2 dan x>0, maka pertidaksamaan (1+x) n >1+n ґ x benar

• 1) Untuk n=2 pertidaksamaan tersebut valid, karena
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Jadi A(2) benar

• 2) Mari kita buktikan bahwa A(k) ≈ A(k+1), jika k> 2. Anggaplah A(k) benar, yaitu pertidaksamaan
• (1+x) k >1+k ϑ x. (3)

Mari kita buktikan bahwa A(k+1) juga benar, yaitu pertidaksamaan

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

Faktanya, dengan mengalikan kedua ruas pertidaksamaan (3) dengan bilangan positif 1+x, kita memperoleh

(1+x) k+1 >(1+k ϑ x)(1+x)

Perhatikan sisi kanan pertidaksamaan terakhir; kita punya

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

Hasilnya, kita mendapatkan (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Jadi, A(k) 1 A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk sembarang n> 2

Buktikan bahwa pertidaksamaan (1+a+a 2) m > 1+m ɑ a+(m(m+1)/2) ϑ a 2 untuk a > 0 benar

Solusi: 1) Ketika m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 kedua sisinya sama besar
• 2) Misalkan untuk m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ֑ a+(k(k+1)/2) ¬ a 2
• 3) Mari kita buktikan bahwa untuk m=k+1 pertidaksamaan tersebut benar
• (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) ϑ a 2 +

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

+((k+1)(k+2)/2) dan 2

Kita telah membuktikan bahwa pertidaksamaan tersebut benar untuk m=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pertidaksamaan tersebut berlaku untuk sembarang bilangan asli m

Buktikan bahwa untuk n>6 pertidaksamaan 3 n >n ¬ 2 n+1 benar

Mari kita tulis ulang pertidaksamaan tersebut dalam bentuk (3/2) n >2n

• 1. Untuk n=7 kita mempunyai 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ֑ 7 pertidaksamaan tersebut benar
• 2. Misalkan untuk n=k (3/2) k >2k
• 3) Mari kita buktikan pertidaksamaan untuk n=k+1
• 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ֑ (3/2)>2k ֑ (3/2)=3k>2(k+1)

Karena k>7, pertidaksamaan terakhir terlihat jelas.

Berdasarkan metode induksi matematika, pertidaksamaan berlaku untuk sembarang bilangan asli n

Buktikan bahwa untuk n>2 pertidaksamaan tersebut benar

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Untuk n=3 pertidaksamaan tersebut benar
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Misalkan untuk n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Mari kita buktikan validitas pertidaksamaan untuk n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Mari kita buktikan bahwa 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

kamu k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Yang terakhir ini jelas, dan karena itu

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

Berdasarkan metode induksi matematika, pertidaksamaan tersebut terbukti.

Dalam banyak cabang matematika, kebenaran suatu pernyataan perlu dibuktikan, yaitu bergantung pada , yaitu. kebenaran pernyataan hal(n) Untuk " N AKTIF (untuk apa pun N PADA hal(n) Kanan).

Hal ini seringkali dapat dibuktikan dengan metode induksi matematika.

Metode ini didasarkan pada prinsip induksi matematika. Biasanya dipilih sebagai salah satu aksioma aritmatika dan karena itu diterima tanpa bukti. Menurut prinsip induksi matematika, kalimat hal(n) dianggap benar untuk semua nilai natural variabel jika dua kondisi terpenuhi:

1. Penawaran hal(n) benar untuk N= 1.

2. Dari kalimat itu hal(n) benar untuk N =k (k— bilangan asli sembarang) maka bilangan tersebut benar N =k+ 1.

Metode induksi matematika maksudnya metode pembuktian sebagai berikut

1. Periksa kebenaran pernyataan tersebut N= 1 – basis induksi.

2. Asumsikan bahwa pernyataan tersebut benar n = k – hipotesis induktif.

3. Mereka membuktikan bahwa hal itu juga benar N =k+ 1 sambungan induktif.

Terkadang sebuah saran hal(n) ternyata benar tidak untuk semua yang alami N, dan mulai dari beberapa untuk n = n 0. Dalam hal ini, kebenaran hal(n) pada n = n 0.

Contoh 1. Membiarkan . Buktikan itu

1. Basis induksi: di N= 1 menurut definisi S 1 = 1 dan menurut rumus kita mendapatkan satu hasil. Pernyataan itu benar.

n = k Dan .

n = k+ 1. Mari kita buktikan bahwa .

Memang berdasarkan asumsi induktif

Mari kita ubah ekspresi ini

Transisi induktif telah terbukti.

Komentar. Berguna untuk menuliskan apa yang diberikan (hipotesis induktif) dan apa yang perlu dibuktikan!

Contoh 2. Membuktikan

1. Dasar induksi. Pada N= 1, pernyataan tersebut jelas benar.

2. Hipotesis induktif. Membiarkan n = k Dan

3. Transisi induktif. Membiarkan n = k+ 1. Mari kita buktikan:

Memang benar, mari kita kuadratkan ruas kanan sebagai jumlah dua bilangan:

Dengan menggunakan asumsi induktif dan rumus jumlah barisan aritmatika: , kita peroleh

Contoh 3. Buktikan ketidaksetaraan

1. Dasar induksi dalam hal ini adalah memeriksa kebenaran pernyataan untuk , yaitu. perlu untuk memeriksa ketimpangan. Untuk melakukan ini, cukup mengkuadratkan pertidaksamaan: atau 63< 64 – неравенство верно.

2. Misalkan pertidaksamaan tersebut benar untuk , yaitu.

3. Mari kita buktikan:

Kami menggunakan asumsi induksi

Mengetahui seperti apa sisi kanan dari ketimpangan yang dibuktikan, mari kita soroti bagian ini

Tetap ditetapkan bahwa faktor tambahan tidak melebihi satu. Benar-benar,

Contoh 4. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli, bilangan tersebut berakhiran angka .

1. Bilangan asli terkecil yang pernyataannya valid adalah . .

2. Misalkan bilangan berakhiran . Artinya bilangan tersebut dapat ditulis dalam bentuk , dimana suatu bilangan asli. Kemudian .

3. Biarkan . Mari kita buktikan bahwa berakhiran . Dengan menggunakan representasi yang diperoleh, kita peroleh

Angka terakhir mempunyai satuan.

Aplikasi

1.4. Metode induksi matematika

Seperti yang Anda ketahui, pernyataan matematika (teorema) harus dibuktikan dan dibuktikan. Sekarang kita akan mengenal salah satu metode pembuktian – metode induksi matematika.

Dalam arti luas, induksi adalah suatu metode penalaran yang memungkinkan seseorang berpindah dari pernyataan tertentu ke pernyataan umum. Transisi terbalik dari pernyataan umum ke pernyataan khusus disebut deduksi.

Deduksi selalu menghasilkan kesimpulan yang benar. Misalnya, kita mengetahui hasil umumnya: semua bilangan bulat yang berakhiran nol habis dibagi 5. Dari sini tentu saja kita dapat menyimpulkan bahwa bilangan tertentu yang berakhiran 0, misalnya 180, habis dibagi 5.

Pada saat yang sama, induksi dapat menghasilkan kesimpulan yang salah. Misalnya, dengan memperhatikan bahwa bilangan 60 habis dibagi bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, kita tidak berhak menyimpulkan bahwa 60 habis dibagi bilangan apa pun.

Metode induksi matematika memungkinkan dalam banyak kasus untuk membuktikan secara ketat validitas pernyataan umum P(n), yang rumusannya mencakup bilangan asli n.

Penerapan metode ini meliputi 3 tahap.

1) Dasar induksi: kita memeriksa validitas pernyataan P(n) untuk n = 1 (atau untuk nilai n tertentu lainnya, mulai dari mana validitas P(n) diasumsikan).

2) Asumsi induksi: kita berasumsi bahwa P(n) valid untuk n = k.

3) Langkah induksi: dengan asumsi kita buktikan bahwa P(n) valid untuk n = k + 1.

Hasilnya, kita dapat menyimpulkan bahwa P(n) valid untuk sembarang n ∈ N. Memang, untuk n = 1 pernyataan tersebut benar (basis induksi). Oleh karena itu, hal ini juga berlaku untuk n = 2, karena transisi dari n = 1 ke n = 2 dapat dibenarkan (langkah induksi). Menerapkan langkah induksi berulang kali, kita memperoleh validitas P(n) untuk n = 3, 4, 5, . . ., yaitu validitas P(n) untuk semua n.

Contoh 14. Jumlah n bilangan asli ganjil pertama adalah n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n - 1) = n2.

Pembuktiannya akan kita lakukan dengan menggunakan metode induksi matematika.

1) Basis: dengan n=1 hanya ada satu suku di sebelah kiri, kita peroleh: 1 = 1.

Pernyataan itu benar.

2) Asumsi: kita asumsikan bahwa untuk beberapa k persamaan tersebut benar: 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k2.

Memecahkan masalah tentang kemungkinan terkena tembakan

Rumusan masalah secara umum adalah sebagai berikut:

Peluang mengenai sasaran dengan satu tembakan adalah $p$. $n$ tembakan dilepaskan. Temukan probabilitas bahwa target akan terkena tepat $k$ kali (akan ada $k$ hit).

Kami menerapkan rumus Bernoulli dan mendapatkan:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k).

Di sini $C_n^k$ adalah jumlah kombinasi $n$ dengan $k$.

Jika masalahnya melibatkan beberapa panah dengan probabilitas yang berbeda mencapai target, teori, contoh solusi dan kalkulator dapat ditemukan di sini.

Video tutorial dan templat Excel

Tonton video kami tentang penyelesaian masalah tembakan Bernoulli dan pelajari cara menggunakan Excel untuk menyelesaikan masalah umum.

File perhitungan Excel dari video dapat diunduh secara gratis dan digunakan untuk menyelesaikan masalah Anda.

Contoh penyelesaian masalah mengenai mengenai sasaran dalam serangkaian tembakan

Mari kita lihat beberapa contoh tipikal.

Contoh 1. Menembakkan 7 tembakan. Peluang terkena satu tembakan adalah 0,705. Tentukan peluang terambilnya tepat 5 pukulan.

Kita mendapatkan bahwa masalahnya melibatkan pengujian independen yang berulang (tembakan ke sasaran), total $n=7$ tembakan dilepaskan, kemungkinan mengenai sasaran untuk setiap $p=0,705$, kemungkinan meleset $q=1 -p=1-0,705=0,295 $.

Kita perlu menemukan bahwa akan ada $k=5$ hit yang tepat. Kami mengganti semuanya ke dalam rumus (1) dan mendapatkan: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Contoh 2. Peluang mengenai sasaran dengan satu tembakan adalah 0,4.

Empat tembakan independen ditembakkan ke sasaran. Temukan probabilitas bahwa setidaknya akan ada satu sasaran yang mengenai sasaran.

Kami mempelajari masalahnya dan menuliskan parameternya: $n=4$ (tembakan), $p=0.4$ (probabilitas pukulan), $k \ge 1$ (setidaknya akan ada satu pukulan).

Kami menggunakan rumus peluang kejadian sebaliknya (tidak ada satu pukulan pun):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0,4^0 \cdot 0 0,6^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$

Probabilitas memukul setidaknya satu kali dari empat kali adalah 0,87 atau 87%.

Contoh 3. Peluang mengenai sasaran oleh penembak adalah 0,3.

Temukan probabilitas bahwa dengan 6 tembakan, target akan mengenai tiga hingga enam kali.

Berbeda dengan soal sebelumnya, di sini Anda perlu mencari probabilitas bahwa jumlah pukulan akan berada dalam interval tertentu (dan tidak persis sama dengan angka tertentu). Namun rumus yang digunakan sama.

Mari kita cari probabilitas bahwa target akan terkena tiga sampai enam kali, yaitu akan ada 3, atau 4, atau 5, atau 6 pukulan.

Kami menghitung probabilitas ini menggunakan rumus (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Karena kejadiannya tidak kompatibel, probabilitas yang diinginkan dapat ditemukan menggunakan rumus untuk menambahkan probabilitas: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6 )=$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Contoh 4. Probabilitas paling sedikit satu pukulan tepat sasaran dengan empat tembakan adalah 0,9984. Temukan kemungkinan mengenai sasaran dengan satu tembakan.

Mari kita nyatakan kemungkinan mengenai sasaran dengan satu tembakan. Mari kita perkenalkan sebuah acara:
$A = $ (Dari empat tembakan setidaknya satu akan mengenai sasaran),
serta kejadian sebaliknya, yang dapat dituliskan sebagai:
$\overline(A) = $ (Keempat tembakan akan meleset dari sasaran, tidak ada satupun pukulan).

Mari kita tuliskan rumus peluang kejadian $A$.

Mari kita tuliskan nilai yang diketahui: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Substitusikan ke dalam rumus (1) dan dapatkan:

$$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984.

Kami memecahkan persamaan yang dihasilkan:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Jadi, peluang mengenai sasaran dengan satu tembakan adalah 0,8.

Terima kasih telah membaca dan berbagi dengan orang lain.

tautan yang bermanfaat

Temukan masalah yang sudah jadi di pemecah:

Perhitungan online menggunakan rumus Bernoulli

Menyelesaikan pertidaksamaan menggunakan kalkulator

Pertidaksamaan dalam matematika mengacu pada semua persamaan di mana "=" digantikan oleh salah satu simbol berikut: \[>\]\[\geq\]\[

* linier;

* persegi;

* pecahan;

* indikatif;

* trigonometri;

* logaritma.

Tergantung pada ini, ketidaksetaraan disebut linier, parsial, dll.

Anda harus mewaspadai tanda-tanda ini:

* pertidaksamaan yang lebih besar dari (>) atau kurang dari (

* Pertidaksamaan dengan simbol yang lebih besar atau sama dengan \[\geq\] kurang dari atau sama dengan [\leq\] disebut tidak profesional;

* ikonnya tidak sama dengan \[\ne\], namun kasus dengan ikon ini harus selalu diselesaikan.

Ketimpangan tersebut diselesaikan melalui transformasi identitas.

Baca juga artikel kami Menyelesaikan Solusi Lengkap Persamaan Online

Mari kita asumsikan bahwa pertidaksamaan berikut berlaku:

Kita menyelesaikannya dengan cara yang sama seperti persamaan linier, namun kita harus berhati-hati terhadap tanda pertidaksamaan.

Pertama-tama kita pindahkan suku-suku dari yang tidak diketahui ke kiri, dari yang diketahui ke kanan, membalikkan simbol-simbolnya:

Lalu kita bagi kedua ruasnya dengan -4 dan balikkan tanda pertidaksamaannya:

Ini adalah jawaban untuk persamaan ini.

Di mana saya bisa mengatasi kesenjangan secara online?

Anda dapat menyelesaikan persamaan tersebut di situs web kami pocketteacher.ru.

Kalkulator pertidaksamaan Bernoulli

Dalam hitungan detik, solusi penyelamatan online gratis akan menyelesaikan permasalahan online dengan kompleksitas apa pun. Yang harus Anda lakukan adalah memasukkan detail Anda ke dalam penyelamatan. Anda juga dapat menonton instruksi video dan mempelajari cara menyelesaikan persamaan di situs web kami.

Dan jika Anda memiliki pertanyaan, Anda dapat menanyakannya di grup Vkontakte kami: pocketteacher. Bergabunglah dengan grup kami, kami akan dengan senang hati membantu Anda.

Metode induksi matematika lengkap

Menyelesaikan Persamaan/Persamaan Diferensial

© Test RU - kalkulator online

Memecahkan persamaan diferensial

Masukkan perbedaan.

persamaan:

Dengan menggunakan kalkulator, Anda dapat menyelesaikan persamaan diferensial dengan kompleksitas yang berbeda-beda.

Contoh persamaan diferensial yang dapat diselesaikan

Metode pembuktian berdasarkan aksioma Peano 4 digunakan untuk membuktikan banyak sifat matematika dan berbagai pernyataan. Dasarnya adalah teorema berikut.

Dalil. Jika pernyataan A(N) dengan variabel alami N benar untuk n= 1 dan dari fakta bahwa itu benar n = k, maka bilangan berikutnya benar n=k, lalu pernyataannya A(N) N.

Bukti. Mari kita nyatakan dengan M himpunan bilangan asli tersebut dan hanya bilangan asli yang pernyataannya A(N) BENAR. Maka dari kondisi teorema kita peroleh: 1) 1 M; 2) kmkM. Dari sini, berdasarkan aksioma 4, kami menyimpulkan bahwa M =N, yaitu. penyataan A(N) berlaku untuk alam apa pun N.

Metode pembuktian berdasarkan teorema ini disebut dengan metode induksi matematika, dan aksiomanya adalah aksioma induksi. Bukti ini terdiri dari dua bagian:

1) buktikan pernyataan itu A(N) benar untuk n= SEBUAH(1);

2) berasumsi bahwa pernyataan tersebut A(N) benar untuk n = k, dan berdasarkan asumsi ini, buktikan pernyataan tersebut Sebuah) benar untuk n = k+ 1, yaitu bahwa pernyataan itu benar SEBUAH(k) SEBUAH(k + 1).

Jika A( 1) A(k) SEBUAH(k + 1) - pernyataan yang benar, maka mereka menyimpulkan pernyataan itu Sebuah) benar untuk sembarang bilangan asli N.

Pembuktian dengan metode induksi matematika tidak hanya dapat dimulai dengan penegasan kebenaran pernyataan untuk n= 1, tetapi juga dari bilangan asli apa pun M. Dalam hal ini pernyataan A(N) akan dibuktikan untuk semua bilangan asli nm.

Soal: Mari kita buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli persamaan 1 + 3 + 5 … + (2 N- 1) = N.

Larutan. Persamaan 1+3+5…+(2 N- 1) = N adalah rumus yang dapat digunakan untuk mencari jumlah bilangan asli ganjil pertama berturut-turut. Misalnya, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (jumlah berisi 4 suku), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (jumlah berisi 6 suku); jika jumlah ini mengandung 20 suku dari tipe yang ditunjukkan, maka jumlahnya sama dengan 20 = 400, dst. Setelah membuktikan kebenaran persamaan ini, kita akan dapat mencari jumlah sejumlah suku dari jenis tertentu dengan menggunakan rumus.

1) Mari kita verifikasi kebenaran persamaan ini n= 1. Kapan n= 1 ruas kiri persamaan terdiri dari satu suku sama dengan 1, ruas kanan sama dengan 1= 1. Karena 1 = 1, maka untuk n= 1 persamaan ini benar.

2) Misalkan persamaan ini berlaku untuk n = k, yaitu. bahwa 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Berdasarkan asumsi ini, kami membuktikan bahwa hal itu benar n = k+ 1, yaitu 1+3+5+…+(2 k- 1) + (2(k+ 1) - 1) = (k+ 1).

Mari kita lihat sisi kiri persamaan terakhir.

Dengan asumsi, jumlah yang pertama k syaratnya sama dengan k dan oleh karena itu 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k+ 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

=k+(2k+ 1) = k+ 2k+ 1. Ekspresi k+ 2k+ 1 identik dengan ekspresi ( k+ 1).

Oleh karena itu, kebenaran persamaan ini untuk n = k+ 1 telah terbukti.

Jadi, kesetaraan ini berlaku n= 1 dan dari kebenarannya untuk n = k harus benar untuk n = k+ 1.

Hal ini membuktikan bahwa persamaan ini berlaku untuk sembarang bilangan asli.

Dengan menggunakan metode induksi matematika, Anda tidak hanya dapat membuktikan kebenaran persamaan, tetapi juga ketidaksetaraan.

Tugas. Buktikan itu, dimana nn.

Larutan. Mari kita periksa kebenaran pertidaksamaan di n= 1. Kita punya ketidaksetaraan yang nyata.

Mari kita asumsikan bahwa pertidaksamaan tersebut benar n = k, itu. - ketimpangan yang sebenarnya. Mari kita buktikan, berdasarkan asumsi, bahwa hal itu juga benar n = k+ 1, yaitu (*).

Mari kita transformasikan ruas kiri pertidaksamaan (*), dengan memperhatikan bahwa: .

Tapi itu artinya .

Jadi, ketimpangan ini memang benar adanya n= 1, dan, dari fakta bahwa ketidaksetaraan itu benar bagi sebagian orang n= k, kami menemukan bahwa hal ini juga berlaku untuk n= k+ 1.

Jadi, dengan menggunakan aksioma 4, kami membuktikan bahwa pertidaksamaan ini berlaku untuk sembarang bilangan asli.

Pernyataan lain dapat dibuktikan dengan menggunakan metode induksi matematika.

Tugas. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli pernyataan tersebut benar.

Larutan. Mari kita periksa kebenaran pernyataan kapan n= 1: -pernyataan yang benar.

Mari kita asumsikan bahwa pernyataan ini benar n = k: . Mari kita tunjukkan, dengan menggunakan ini, kebenaran pernyataan kapan n = k+ 1: .

Mari kita ubah ekspresinya: . Mari kita temukan perbedaannya k Dan k+ 1 anggota. Jika ternyata selisih yang dihasilkan adalah kelipatan 7, dan dengan asumsi pengurangnya habis dibagi 7, maka minuendnya juga kelipatan 7:

Oleh karena itu, hasil kali tersebut merupakan kelipatan 7, dan .

Jadi, pernyataan ini benar untuk n= 1 dan dari kebenarannya untuk n = k harus benar untuk n = k+ 1.

Hal ini membuktikan bahwa pernyataan ini benar untuk sembarang bilangan asli.

Tugas. Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli N 2 pernyataan (7-1)24 benar.

Larutan. 1) Mari kita periksa kebenaran pernyataan kapan N= 2: - pernyataan yang benar.