Matematinės indukcijos metodas. Jo taikymas sprendžiant algebrinius uždavinius Diferencialinių lygčių sprendimas

Darbo tekstas skelbiamas be vaizdų ir formulių.
Pilną darbo versiją rasite skirtuke „Darbo failai“ PDF formatu

Įvadas

Ši tema aktuali, nes kasdien žmonės sprendžia įvairias problemas, kuriose taiko skirtingus sprendimo būdus, tačiau yra užduočių, kuriose neapsieinama be matematinės indukcijos metodo, ir tokiais atvejais žinios šioje srityje labai pravers.

Pasirinkau šią temą tyrimui, nes mokyklinėje programoje mažai laiko skiriama matematinės indukcijos metodui, mokinys sužino paviršutinišką informaciją, kuri tik padės jam gauti bendra idėja apie šį metodą, tačiau norint nuodugniai ištirti šią teoriją, reikės savęs tobulinimo. Tikrai bus naudinga daugiau sužinoti šia tema, nes ji praplečia žmogaus akiratį ir padeda spręsti sudėtingas problemas.

Darbo tikslas:

Susipažinti su matematinės indukcijos metodu, susisteminti žinias šia tema ir pritaikyti jas sprendžiant matematinius uždavinius bei įrodinėjant teoremas, pagrįsti ir aiškiai parodyti praktinę matematinės indukcijos metodo, kaip būtino uždavinių sprendimo veiksnio, reikšmę.

Darbo tikslai:

Išanalizuoti literatūrą ir apibendrinti žinias šia tema.

Suvokti matematinės indukcijos metodo principą.

Išnagrinėti matematinės indukcijos metodo taikymą problemų sprendimui.

Suformuluoti išvadas ir išvadas apie atliktą darbą.

Pagrindinė tyrimo dalis

Istorija:

Tik XIX amžiaus pabaigoje atsirado loginio griežtumo reikalavimų standartas, kuris šiuolaikinėje literatūroje išlieka dominuojantis iki šių dienų. praktinis darbas matematikai apie atskirų matematinių teorijų kūrimą.

Indukcija yra pažinimo procedūra, kurios metu juos apibendrinantis teiginys išvedamas iš esamų faktų palyginimo.

Matematikoje indukcijos vaidmuo iš esmės yra tas, kad ji yra pasirinktos aksiomatikos pagrindas. Po to, kai ilgalaikė praktika parodė, kad tiesus kelias visada yra trumpesnis nei lenktas ar nulaužtas, buvo natūralu suformuluoti aksiomą: bet kokiems trims taškams A, B ir C galioja nelygybė.

Matematinės indukcijos metodo, kaip atskiro svarbaus metodo, supratimas siekia Blaise'ą Pascalį ir Gersonidą, nors atskiri taikymo atvejai randami senovėje Proklo ir Euklido. Šiuolaikinis pavadinimas Metodą pristatė De Morgan 1838 m.

Matematinės indukcijos metodą galima palyginti su progresu: pradedame nuo žemiausio, o loginio mąstymo rezultate pasiekiame aukščiausią. Žmogus visada siekė pažangos, sugebėjimo logiškai plėtoti savo mintis, vadinasi, pati gamta jam lėmė indukcinį mąstymą.

Indukcija ir dedukcija

Yra žinoma, kad yra ir konkretūs, ir bendrieji teiginiai, ir šie du terminai yra pagrįsti perėjimu nuo vieno prie kito.

Dedukcija (iš lot. deductio – išskaičiavimas) – perėjimas pažinimo procese iš bendrasžinių į privatus Ir viengungis. Dedukcijoje bendrosios žinios yra samprotavimų pradžios taškas, ir manoma, kad šios bendros žinios yra „parengtos“, egzistuojančios. Dedukcijos ypatumas yra tas, kad jos prielaidų tiesa garantuoja išvados teisingumą. Todėl dedukcija turi didžiulę įtikinamąją galią ir yra plačiai naudojama ne tik matematikos teoremoms įrodyti, bet ir visur, kur reikia patikimų žinių.

Indukcija (iš lot. inductio – vadovavimas) yra pažinimo proceso perėjimas nuo privatusžinių į bendras Kitaip tariant, tai tyrimo ir pažinimo metodas, susijęs su stebėjimų ir eksperimentų rezultatų apibendrinimu.Indukcijos ypatybė yra jos tikimybinis pobūdis, t.y. Jei pradinės prielaidos yra teisingos, indukcijos išvada tikriausiai yra teisinga, o galutiniame rezultate ji gali pasirodyti teisinga arba klaidinga.

Visiška ir nepilna indukcija

Indukcinė išvada yra abstraktaus mąstymo forma, kai mintis vystosi iš žinių mazesniu mastu apibendrinimas didesnio bendrumo laipsnio žinioms, o iš prielaidų kylanti išvada daugiausia yra tikimybinio pobūdžio.

Tyrimo metu išsiaiškinau, kad indukcija skirstoma į du tipus: pilną ir nepilną.

Pilna indukcija yra išvada, kai, remiantis visų šios klasės objektų tyrimu, daroma bendra išvada apie objektų klasę.

Pavyzdžiui, leiskite nustatyti, kad kiekvienas lyginis natūralusis skaičius n diapazone 6≤ n≤ 18 gali būti pavaizduotas kaip dviejų pirminių skaičių suma. Norėdami tai padaryti, paimkite visus tokius skaičius ir užrašykite atitinkamus išplėtimus:

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

Šios lygybės rodo, kad kiekvienas iš mus dominančių skaičių iš tikrųjų yra dviejų paprastų terminų suma.

Apsvarstykite tokį pavyzdį: seka yn= n 2 +n+17; Išrašykime pirmus keturis dėmenis: y 1 =19; y 2 = 23; y 3 = 29; y 4 =37; Tada galime manyti, kad visa seka susideda iš pirminių skaičių. Bet taip nėra, imkime y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Tai yra sudėtinis skaičius, o tai reiškia, kad mūsų prielaida yra neteisinga, todėl nepilna indukcija neduoda visiškai patikimų išvadų, bet leidžia suformuluoti hipotezę, kuri vėliau reikalauja matematinio įrodymo ar paneigimo.

Matematinės indukcijos metodas

Visiška indukcija matematikoje taikoma tik ribotai. Daugelis įdomių matematinių teiginių apima begalinį skaičių ypatingų atvejų, ir mes negalime patikrinti visų šių situacijų. Tačiau kaip galime patikrinti begalinį atvejų skaičių? Šį metodą pasiūlė B. Pascalis ir J. Bernoulli, tai matematinės indukcijos metodas, kuris remiasi matematinės indukcijos principas.

Jei sakinys A(n), priklausomai nuo natūraliojo skaičiaus n, yra teisingas, kai n=1 ir iš to, kad jis teisingas n=k (kur k yra bet koks natūralusis skaičius), tai taip pat yra teisingas kitas skaičius n=k +1, tada prielaida A(n) yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Kai kuriais atvejais gali prireikti įrodyti tam tikro teiginio teisingumą ne visiems natūraliems skaičiams, o tik n>p, kur p yra fiksuotas natūralusis skaičius. Šiuo atveju matematinės indukcijos principas suformuluotas taip:

Jei teiginys A(n) yra teisingas, kai n=p ir jei A(k)  A(k+1) bet kuriam k>p, tada teiginys A(n) yra teisingas bet kuriam n>p.

Algoritmas (susideda iš keturių etapų):

1.pagrindas(rodome, kad įrodomas teiginys yra teisingas kai kuriais paprasčiausiais ypatingais atvejais ( P = 1));

2.prielaida(Manome, kad teiginys buvo įrodytas pirmą kartą Į atvejai); 3 .žingsnis(pagal šią prielaidą mes įrodome pareiškimą dėl bylos P = Į + 1); 4.išvestis (at teiginys yra teisingas visais atvejais, tai yra, visiems P) .

Atkreipkite dėmesį, kad matematinės indukcijos metodas gali išspręsti ne visas problemas, o tik problemas, parametruotas tam tikru kintamuoju. Šis kintamasis vadinamas indukcijos kintamuoju.

Matematinės indukcijos metodo taikymas

Visą šią teoriją pritaikykime praktiškai ir išsiaiškinkime, kokiose problemose šis metodas naudojamas.

Problemos įrodyti nelygybes.

1 pavyzdys.Įrodykite Bernulio nelygybę(1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) Jei n=1, nelygybė yra teisinga, nes 1+x≥1+x

2) Tarkime, kad nelygybė teisinga kai kuriems n=k, t.y.

(1+x) k ≥1+k x.

Abi nelygybės puses padauginę iš teigiamo skaičiaus 1+x, gauname

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

Atsižvelgdami į tai, kad kx 2 ≥0, gauname nelygybę

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Taigi iš prielaidos, kad Bernulio nelygybė teisinga n=k, išplaukia, kad ji teisinga n=k+1. Remiantis matematinės indukcijos metodu, galima teigti, kad Bernulio nelygybė galioja bet kuriai n € N.

2 pavyzdys.Įrodykite, kad bet kuriam natūraliajam skaičiui n>1, .

Įrodykime tai matematinės indukcijos metodu.

Kairiąją nelygybės pusę pažymėkime.

1), todėl n=2 galioja nelygybė.

2) Tegul kai kurie k. Įrodykime, kad tada ir. Mes turime, .

Lyginant ir, turime, t.y. .

Bet kurio teigiamo sveikojo skaičiaus k paskutinės lygybės dešinioji pusė yra teigiama. Štai kodėl. Bet tai reiškia ir. Įrodėme nelygybės pagrįstumą n=k+1, todėl matematinės indukcijos metodu nelygybė galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui n>1.

Problemos įrodyti tapatybę.

1 pavyzdys.Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n lygybė yra teisinga:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Tegu n=1, tada X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Matome, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Įrodykime šio teiginio teisingumą, kai n=k+1, ty 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.

Iš aukščiau pateikto įrodymo aišku, kad teiginys teisingas n=k+1, todėl lygybė teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

2 pavyzdys.Įrodykite, kad bet kuriai natūraliai n lygybė yra teisinga

1) Patikrinkite, ar ši tapatybė yra teisinga, kai n = 1.; - teisingai.

2) Tegul tapatybė yra teisinga ir n = k, t.y.

3) Įrodykime, kad ši tapatybė teisinga ir n = k + 1, t.y.;

Nes Jei lygybė teisinga n=k ir n=k+1, tai ji teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Sumavimo problemos.

1 pavyzdys.Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Sprendimas: 1) Turime n=1=1 2 . Todėl teiginys teisingas esant n=1, t.y. A(1) yra tiesa.

2) Įrodykime, kad A(k) A(k+1).

Tegu k yra bet koks natūralusis skaičius ir teiginys teisingas, kai n=k, ty 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Įrodykime, kad tada teiginys teisingas ir kitam natūraliajam skaičiui n=k+1, t.y. Ką

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Taigi, A(k) A(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad prielaida A(n) yra teisinga bet kuriam n N.

2 pavyzdys.Įrodykite formulę, n yra natūralusis skaičius.

Sprendimas: Kai n=1, abi lygybės pusės virsta viena ir todėl tenkinama pirmoji matematinės indukcijos principo sąlyga.

Tarkime, kad formulė teisinga n=k, t.y. .

Pridėkime prie abiejų šios lygybės pusių ir paverskime dešiniąją. Tada gauname

Taigi iš to, kad formulė teisinga n=k, išplaukia, kad ji teisinga ir n=k+1, tai šis teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Dalijimosi problemos.

1 pavyzdys.Įrodykite, kad (11 n+2 +12 2n+1) dalijasi iš 133 be liekanos.

Sprendimas: 1) Tada tegul n=1

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

(23×133) dalijasi iš 133 be liekanos, o tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas;

2) Tarkime, kad (11 k+2 +12 2k+1) dalijasi iš 133 be liekanos.

3) Įrodykime tai šiuo atveju

(11 k+3 +12 2k+3) dalijasi iš 133 be liekanos. Iš tiesų, 11 k+3 +12 2l+3 =11 × 11 k+2 +

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

Gauta suma padalijama iš 133 be likučio, nes pirmasis jos narys dalijasi iš 133 be likučio pagal prielaidą, o antrasis veiksnys yra 133.

Taigi, A(k)→ A(k+1), tada, remiantis matematinės indukcijos metodu, teiginys yra teisingas bet kuriam natūraliam n.

2 pavyzdys.Įrodykite, kad 3 3n-1 +2 4n-3 savavališkam natūraliajam skaičiui n dalijasi iš 11.

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 dalijasi iš 11 be liekanos. Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 be liekanos.

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai 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.

Pirmasis narys dalijasi iš 11 be liekanos, nes 3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 pagal prielaidą, antrasis dalijasi iš 11, nes vienas iš jo veiksnių yra skaičius 11. Tai reiškia, kad suma bet kurio natūraliojo skaičiaus n dalijasi iš 11 be liekanos.

Problemos iš realaus gyvenimo.

1 pavyzdys.Įrodykite, kad bet kurio išgaubto daugiakampio vidinių kampų suma Sn yra lygi ( P- 2)π, kur P— šio daugiakampio kraštinių skaičius: Sn = ( P- 2)π (1).

Šis teiginys nėra prasmingas visiems natūraliems P, bet tik už P > 3, nes mažiausias trikampio kampų skaičius yra 3.

1) Kada P= 3 mūsų teiginys yra toks: S 3 = π. Bet bet kurio trikampio vidinių kampų suma iš tikrųjų yra π. Todėl kai P= 3 formulė (1) yra teisinga.

2) Tegul ši formulė teisinga n =k, tai yra S k = (k- 2)π, kur k > 3. Įrodykime, kad šiuo atveju galioja formulė: S k+ 1 = (k- 1)π.

Tegul A 1 A 2 ... A k A k+ 1 – savavališkai išgaubtas ( k+ 1) -gon (338 pav.).

Sujungimo taškai A 1 ir A k , gauname išgaubtą k-gon A 1 A 2 ... A k – 1 A k . Akivaizdu, kad kampų suma ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 yra lygus kampų sumai k-gon A 1 A 2 ... A k plius trikampio kampų suma A 1 A k A k+ 1 . Bet kampų suma k-gon A 1 A 2 ... A k darant prielaidą, lygią ( k- 2)π, o trikampio A 1 A kampų suma k A k+ 1 yra lygus π. Štai kodėl

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

Taigi tenkinamos abi matematinės indukcijos principo sąlygos, todėl formulė (1) tinka bet kuriai natūraliai P > 3.

2 pavyzdys. Yra laiptai, kurių visos pakopos vienodos. Būtina nurodyti minimalų pozicijų skaičių, kuris garantuotų galimybę „užlipti“ ant bet kurio žingsnio.

Visi sutinka, kad turi būti sąlyga. Turime sugebėti užlipti ant pirmo laiptelio. Tada jie turi sugebėti lipti nuo 1-ojo laiptelio iki antrojo. Tada į antrą – į trečią ir t.t. iki n-to žingsnio. Žinoma, visumoje „n“ teiginiai garantuoja, kad galėsime patekti į n-tą žingsnį.

Dabar pažiūrėkime į 2, 3,..., n padėtį ir palyginkime jas tarpusavyje. Nesunku pastebėti, kad jie visi turi tą pačią struktūrą: jei pasiekėme k pakopą, tai galime užlipti iki (k+1) laiptelio. Taigi tokia aksioma tampa natūrali teiginių, priklausančių nuo „n“ galiojimui: jei sakinys A(n), kuriame n yra natūralusis skaičius, galioja n=1 ir nuo to, kad jis galioja n=k (kur k yra bet koks natūralusis skaičius), tai reiškia, kad jis galioja n=k+1, tada prielaida A(n) galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Taikymas

Matematinės indukcijos metodo taikymo problemos stojant į universitetus.

Atkreipkite dėmesį, kad stojant į aukštąjį mokslą švietimo įstaigos Taip pat yra problemų, kurias galima išspręsti šiuo metodu. Pažvelkime į juos naudodami konkrečius pavyzdžius.

1 pavyzdys.Įrodykite, kad bet koks natūralus P lygybė yra tiesa

1) Kada n=1 gauname teisingą lygybę Sin.

2) Padarę indukcijos prielaidą, kad kai n= k lygybė yra teisinga, apsvarstykite sumą kairėje lygybės pusėje n =k+1;

3) Naudodami redukcijos formules transformuojame išraišką:

Tada, taikant matematinės indukcijos metodą, lygybė yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

2 pavyzdys.Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n išraiškos 4n +15n-1 reikšmė yra 9 kartotinė.

1) Kai n = 1: 2 2 +15-1 = 18 – 9 kartotinis (nuo 18:9 = 2)

2) Tegul lygybė galioja n=k: 4 k +15k-1 kartotinis iš 9.

3) Įrodykime, kad lygybė galioja kitam skaičiui 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(4 k +15k-1) – 9 kartotinis;

9(5k-2) – 9 kartotinis;

Vadinasi, visa išraiška 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) yra 9 kartotinis, ką reikėjo įrodyti.

3 pavyzdys.Įrodykite, kad bet koks natūralusis skaičius P sąlyga įvykdyta: 1,2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Patikrinkite, ar ši formulė teisinga, kai n=1: Kairė pusė = 1∙2∙3=6.

Dešinė dalis = . 6 = 6; tiesa kada n=1.

2) Tarkime, kad ši formulė teisinga n =k:

1,2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Įrodykime, kad ši formulė teisinga n =k+1:

1,2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Įrodymas:

Taigi ši sąlyga yra teisinga dviem atvejais ir buvo įrodyta, kad ji tinka n =k+1, todėl tai teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui P.

Išvada

Apibendrinant galima teigti, kad tyrimo eigoje išsiaiškinau, kas yra indukcija, kuri gali būti pilna arba nepilna, susipažinau su matematinės indukcijos metodu, pagrįstu matematinės indukcijos principu, nagrinėjau daug problemų naudojant šį metodą.

Taip pat sužinojau daug naujos informacijos, kitokios nei įtraukta į mokyklinę programą.Studijuodama matematinės indukcijos metodą, naudojausi įvairia literatūra, interneto šaltiniais, taip pat konsultavausi su mokytoja.

Išvada: Apibendrinęs ir susisteminęs žinias apie matematinę indukciją, įsitikinau, kad žinių šia tema reikia iš tikrųjų. Teigiama kokybė Matematinės indukcijos metodas yra platus jo taikymas sprendžiant uždavinius: algebros, geometrijos ir tikrosios matematikos srityje. Šios žinios taip pat didina susidomėjimą matematika kaip mokslu.

Esu įsitikinęs, kad darbo metu įgyti įgūdžiai man padės ateityje.

​ Bibliografija

Sominskis I.S. Matematinės indukcijos metodas. Populiarios matematikos paskaitos, numeris 3-M.: Mokslas, 1974 m.

L. I. Golovina, I. M. Jaglomas. Indukcija geometrijoje. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 p. — (Populiarios matematikos paskaitos).

Dorofejevas G.V., Potapovas M.K., Rozovas N.Kh. Matematikos vadovas stojantiems į universitetus (Rinktiniai elementarios matematikos klausimai) – 5 leidimas, pataisytas, 1976 – 638 p.

A. Shen. Matematinė indukcija. - MCNMO, 2004. - 36 p.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Algebros uždavinių rinkinys: vadovėlis 8-9 klasėms. su gyliu studijuoja matematiką 7 leidimas - M.: Prosveshchenie, 2001. - 271 p.

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-dyuk N.G Papildomi skyriai al-geb-ry 9 klasės mokykliniam vadovėliui. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002 m.

Vikipedija yra nemokama enciklopedija.

Įvadas

Pagrindinė dalis

1. Pilna ir nepilna indukcija

2. Matematinės indukcijos principas

3. Matematinės indukcijos metodas

4. Pavyzdžių sprendimas

5. Lygybės

6. Skaičių dalijimas

7. Nelygybės

Išvada

Naudotos literatūros sąrašas

Įvadas

Bet kurio matematinio tyrimo pagrindas yra dedukciniai ir indukciniai metodai. Dedukcinis samprotavimo metodas – samprotavimas nuo bendro prie konkretaus, t.y. samprotavimas, kurio pradinis taškas yra bendras rezultatas, o galutinis taškas yra konkretus rezultatas. Indukcija naudojama pereinant nuo konkrečių rezultatų prie bendrųjų, t.y. yra dedukcinio metodo priešingybė.

Matematinės indukcijos metodą galima palyginti su progresu. Pradedame nuo žemiausio, o loginio mąstymo rezultatu pasiekiame aukščiausią. Žmogus visada siekė pažangos, gebėjimo logiškai plėtoti savo mintis, vadinasi, pati gamta jam lėmė indukcinį mąstymą.

Nors matematinės indukcijos metodo taikymo sritis išaugo, mokyklos programoje tam skiriama mažai laiko. Na, sakyk ką naudingas žmogui atneš tas dvi ar tris pamokas, per kurias išgirs penkis teorijos žodžius, išspręs penkias primityvias problemas ir dėl to gaus A už tai, kad nieko nežino.

Tačiau labai svarbu mokėti mąstyti induktyviai.

Pagrindinė dalis

Pradine reikšme žodis „indukcija“ taikomas samprotavimui, per kurį, remiantis daugybe konkrečių teiginių, daromos bendros išvados. Paprasčiausias tokio samprotavimo metodas yra visiška indukcija. Štai tokio samprotavimo pavyzdys.

Tegul reikia nustatyti, kad kiekvienas lyginis natūralusis skaičius n per 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.

Šios devynios lygybės rodo, kad kiekvienas iš mus dominančių skaičių iš tikrųjų yra dviejų paprastų dėmenų suma.

Taigi visiška indukcija susideda iš bendro teiginio įrodinėjimo atskirai kiekvienu iš baigtinių galimų atvejų.

Kartais bendrą rezultatą galima nuspėti įvertinus ne visus, o pakankamai didelį konkrečių atvejų skaičių (vadinamoji nepilna indukcija).

Vis dėlto nepilnos indukcijos rezultatas lieka tik hipoteze, kol jis neįrodytas tiksliais matematiniais samprotavimais, apimančiais visus specialius atvejus. Kitaip tariant, nepilna indukcija matematikoje nelaikoma teisėtu griežto įrodinėjimo metodu, bet yra galingas būdas atrasti naujas tiesas.

Tarkime, kad norite rasti pirmųjų n iš eilės nelyginių skaičių sumą. Panagrinėkime ypatingus atvejus:

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

Apsvarsčius šiuos kelis specialius atvejus, daroma tokia bendra išvada:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tie. pirmųjų n iš eilės nelyginių skaičių suma yra n 2

Žinoma, atliktas pastebėjimas dar negali būti pateiktos formulės pagrįstumo įrodymas.

Visiška indukcija matematikoje taikoma tik ribotai. Daugelis įdomių matematinių teiginių apima begalinį skaičių ypatingų atvejų, tačiau mes negalime jų patikrinti begaliniu atvejų skaičiumi. Nepilna indukcija dažnai sukelia klaidingus rezultatus.

Daugeliu atvejų išeitis iš tokio pobūdžio sunkumų yra griebtis specialaus samprotavimo metodo, vadinamo matematinės indukcijos metodu. Tai yra taip.

Tarkime, kad reikia įrodyti tam tikro teiginio pagrįstumą bet kuriam natūraliajam skaičiui n (pavyzdžiui, reikia įrodyti, kad pirmųjų n nelyginių skaičių suma yra lygi n 2). Tiesiogiai patikrinti šio teiginio kiekvienai n reikšmei neįmanoma, nes natūraliųjų skaičių aibė yra begalinė. Norėdami įrodyti šį teiginį, pirmiausia patikrinkite jo pagrįstumą n=1. Tada jie įrodo, kad bet kuriai natūraliai k reikšmei nagrinėjamo teiginio teisingumas n=k reiškia jo galiojimą n=k+1.

Tada teiginys laikomas įrodytu visiems n. Tiesą sakant, teiginys yra teisingas, kai n=1. Bet tada tai galioja ir kitam skaičiui n=1+1=2. Teiginio galiojimas n=2 reiškia jo galiojimą n=2+

1=3. Tai reiškia teiginio teisingumą, kai n=4 ir t.t. Aišku, kad galų gale pasieksime bet kurį natūralųjį skaičių n. Tai reiškia, kad teiginys yra teisingas bet kuriam n.

Apibendrindami tai, kas buvo pasakyta, suformuluojame taip bendras principas.

Matematinės indukcijos principas.

Jei pasiūlymas A(n), priklausomai nuo natūraliojo skaičiausn, tiesan=1 ir nuo to, kad tai tiesan=k(Kurk-bet kuris natūralusis skaičius), tai reiškia, kad tai teisinga kitam skaičiuin=k+1, tada prielaida A(n) tinka bet kuriam natūraliajam skaičiuin.

Kai kuriais atvejais gali prireikti įrodyti tam tikro teiginio teisingumą ne visiems natūraliems skaičiams, o tik n>p, kur p yra fiksuotas natūralusis skaičius. Šiuo atveju matematinės indukcijos principas formuluojamas taip. Jei pasiūlymas A(n) tiesan=pir jei A(k) Þ A(k+1)bet kamk>p,tada sakinys A(n)tiesa bet kamn>p.

Įrodymas naudojant matematinės indukcijos metodą atliekamas taip. Pirmiausia patikrinamas įrodinėjamas teiginys, kai n=1, t.y. konstatuojamas teiginio A(1) teisingumas. Ši įrodymo dalis vadinama indukciniu pagrindu. Tada ateina įrodymo dalis, vadinama indukcijos žingsniu. Šioje dalyje jie įrodo teiginio n=k+1 pagrįstumą, darant teiginio n=k galiojimo prielaidą (indukcijos prielaida), t.y. įrodyti, kad A(k)ÞA(k+1).

1 PAVYZDYS

Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Sprendimas: 1) Turime n=1=1 2 . Vadinasi,

teiginys teisingas, kai n=1, t.y. A(1) yra tiesa.

2) Įrodykime, kad A(k)ÞA(k+1).

Tegu k yra bet koks natūralusis skaičius ir teiginys teisingas, kai n=k, t.y.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Įrodykime, kad tada teiginys teisingas ir kitam natūraliajam skaičiui n=k+1, t.y. Ką

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Iš tikrųjų,

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

Taigi, A(k)ÞA(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad prielaida A(n) yra teisinga bet kuriam nÎN.

2 PAVYZDYS

Įrodyk tai

1+x+x2 +x3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kur x¹1

Sprendimas: 1) Jei n=1 gauname

1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

todėl n=1 formulė yra teisinga; A(1) yra tiesa.

2) Tegul k yra bet koks natūralusis skaičius ir formulė teisinga, kai n=k, t.y.

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

Įrodykime, kad tada lygybė

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

Iš tikrųjų

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).

Taigi, A(k)ÞA(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad formulė teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

3 PAVYZDYS

Įrodykite, kad išgaubto n kampo įstrižainių skaičius yra lygus n(n-3)/2.

Sprendimas: 1) n=3 teiginys teisingas

Ir 3 yra prasmingas, nes trikampyje

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

A 2 A(3) yra tiesa.

2) Tarkime, kad kiekviename

išgaubtas k-gonas turi-

A 1 x A k =k(k-3)/2 įstrižainės.

Ir k Įrodykime, kad tada išgaubtoje

(k+1)-gonų skaičius

įstrižainės A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Tegu A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 yra išgaubtas (k+1)-kampis. Jame nubrėžkime įstrižainę A 1 A k. Norint apskaičiuoti bendrą šio (k+1)-kampio įstrižainių skaičių, reikia suskaičiuoti k-gon A 1 A 2 ...A k įstrižainių skaičių, prie gauto skaičiaus pridėti k-2, t.y. reikia atsižvelgti į (k+1)-kampio, išeinančio iš viršūnės A k+1, įstrižainių skaičių ir, be to, į įstrižainę A 1 A k.

Taigi,

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

Taigi, A(k)ÞA(k+1). Dėl matematinės indukcijos principo teiginys yra teisingas bet kuriam išgaubtam n kampui.

4 PAVYZDYS

Įrodykite, kad bet kuriam n yra teisingas šis teiginys:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Apsvarstykite šį teiginį, kai 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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Įrodėme, kad lygybė yra teisinga n=k+1, todėl, taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

5 PAVYZDYS

Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n lygybė yra teisinga:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Sprendimas: 1) Tegu n=1.

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

Matome, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=k

Jei sakinys A(n), priklausomai nuo natūraliojo skaičiaus n, yra teisingas, kai n=1 ir iš to, kad jis teisingas n=k (kur k yra bet koks natūralusis skaičius), tai taip pat yra teisingas kitas skaičius n=k +1, tada prielaida A(n) yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Kai kuriais atvejais gali prireikti įrodyti tam tikro teiginio teisingumą ne visiems natūraliems skaičiams, o tik n>p, kur p yra fiksuotas natūralusis skaičius. Šiuo atveju matematinės indukcijos principas formuluojamas taip.

Jei teiginys A(n) yra teisingas, kai n=p ir jei A(k) ≈ A(k+1) bet kuriam k>p, tada teiginys A(n) yra teisingas bet kuriam n>p.

Įrodymas naudojant matematinės indukcijos metodą atliekamas taip. Pirmiausia patikrinamas įrodinėjamas teiginys, kai n=1, t.y. konstatuojamas teiginio A(1) teisingumas. Ši įrodymo dalis vadinama indukciniu pagrindu. Tada ateina įrodymo dalis, vadinama indukcijos žingsniu. Šioje dalyje jie įrodo teiginio n=k+1 pagrįstumą, darant teiginio n=k galiojimo prielaidą (indukcijos prielaida), t.y. įrodyti, kad A(k) 1 A(k+1)

Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

• 1) Turime n=1=1 2 . Todėl teiginys teisingas esant n=1, t.y. A(1) tiesa
• 2) Įrodykime, kad A(k) ≥ A(k+1)

Tegu k yra bet koks natūralusis skaičius ir teiginys teisingas, kai n=k, t.y.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Įrodykime, kad tada teiginys teisingas ir kitam natūraliajam skaičiui n=k+1, t.y. Ką

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Iš tiesų,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Taigi, A(k) 1 A(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad prielaida A(n) yra teisinga bet kuriam n O N

Įrodyk tai

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kur x Nr. 1

• 1) Jei n=1 gauname
• 1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

todėl n=1 formulė yra teisinga; A(1) tiesa

• 2) Tegul k yra bet koks natūralusis skaičius ir formulė teisinga, kai n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Įrodykime, kad tada lygybė

• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Iš tiesų
• 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)

Taigi, A(k) 1 A(k+1). Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad formulė teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n

Įrodykite, kad išgaubto n kampo įstrižainių skaičius yra n(n-3)/2

Sprendimas: 1) n=3 teiginys teisingas, nes trikampyje

A 3 =3(3-3)/2=0 įstrižainės; A 2 A(3) tiesa

2) Tarkime, kad kiekviename išgaubtame k-kampyje yra A 1 x A k =k(k-3)/2 įstrižainės. A k Įrodykime, kad tada išgaubtame A k+1 (k+1)-gon įstrižainių skaičius A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Tegu A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 yra išgaubtas (k+1)-kampis. Jame nubrėžkime įstrižainę A 1 A k. Norint apskaičiuoti bendrą šio (k+1)-kampio įstrižainių skaičių, reikia suskaičiuoti k-gon A 1 A 2 ...A k įstrižainių skaičių, prie gauto skaičiaus pridėti k-2, t.y. reikia atsižvelgti į (k+1) kampo įstrižainių, kylančių iš viršūnės A k+1, skaičių ir, be to, į įstrižainę A 1 A k

Taigi,

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

Taigi, A(k) 1 A(k+1). Dėl matematinės indukcijos principo teiginys yra teisingas bet kuriam išgaubtam n kampui.

Įrodykite, kad bet kuriam n yra teisingas šis teiginys:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Apsvarstykite šį teiginį, kai 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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

Įrodėme, kad lygybė yra teisinga n=k+1, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n

Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n lygybė yra teisinga:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Sprendimas: 1) Tegu n=1

Tada X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1. Matome, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=k

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

3) Įrodykime šio teiginio teisingumą n=k+1, t.y.

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

Iš aukščiau pateikto įrodymo aišku, kad teiginys teisingas n=k+1, todėl lygybė teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n

Įrodyk tai

((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(n2+n+1), kur n>2

Sprendimas: 1) Jei n=2 tapatybė atrodo taip:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), t.y. tai tiesa
• 2) Tarkime, kad išraiška teisinga, kai n=k
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) Įrodykime išraiškos n=k+1 pagrįstumą
• (((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)

Įrodėme, kad lygybė yra teisinga n=k+1, todėl taikant matematinės indukcijos metodą teiginys teisingas bet kuriam n>2

Įrodyk tai

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3-(2n) 3 =-n 2 (4n+3) bet kuriam natūraliajam skaičiui n

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Tarkime, kad n=k, tada
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3-(2k) 3 = -k 2 (4k+3)
• 3) Įrodykime šio teiginio teisingumą, kai 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)

Taip pat įrodytas lygybės n=k+1 pagrįstumas, todėl teiginys teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Įrodykite, kad tapatybė teisinga

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) bet kuriai natūraliai n

• 1) Jei n=1, tapatybė yra teisinga 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Tarkime, kad n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Įrodykime, kad n=k+1 tapatybė yra teisinga
• (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)

Iš aukščiau pateikto įrodymo aišku, kad teiginys yra teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Įrodykite, kad (11 n+2 +12 2n+1) dalijasi iš 133 be liekanos

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

Bet (23 ґ 133) dalijasi iš 133 be liekanos, o tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas; A(1) yra tiesa.

• 2) Tarkime, kad (11 k+2 +12 2k+1) dalijasi iš 133 be liekanos
• 3) Įrodykime, kad šiuo atveju (11 k+3 +12 2k+3) dalijasi iš 133 be liekanos. Iš tikrųjų
• 11 k+3 +12 2l+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

Gauta suma dalijama iš 133 be liekanos, nes pirmasis jos narys pagal prielaidą dalijasi iš 133 be liekanos, o antrajame vienas iš koeficientų yra 133. Taigi A(k) 1 A(k+1). Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys yra įrodytas

Įrodykite, kad bet kuriam n 7 n -1 dalijasi iš 6 be liekanos

• 1) Tegu n=1, tada X 1 =7 1 -1=6 dalijamas iš 6 be liekanos. Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas
• 2) Tarkime, kai n=k 7 k -1 dalijamas iš 6 be liekanos
• 3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1

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

Pirmasis narys dalijasi iš 6, nes 7 k -1 dalijasi iš 6 pagal prielaidą, o antrasis narys yra 6. Tai reiškia, kad 7 n -1 yra bet kurio natūraliojo skaičiaus n kartotinis. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys yra įrodytas.

Įrodykite, kad 3 3n-1 +2 4n-3 savavališkam natūraliajam skaičiui n dalijasi iš 11.

1) Tada tegul n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 dalijamas iš 11 be liekanos.

Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas

• 2) Tarkime, kai n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 dalijamas iš 11 be liekanos
• 3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1

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

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

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

Pirmasis narys dalijasi iš 11 be liekanos, nes 3 3k-1 +2 4k-3 dalijasi iš 11 pagal prielaidą, antrasis dalijasi iš 11, nes vienas iš jo veiksnių yra skaičius 11. Tai reiškia, kad suma bet kurio natūraliojo skaičiaus n dalijasi iš 11 be liekanos. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys yra įrodytas.

Įrodykite, kad 11 2n -1 savavališkam natūraliajam skaičiui n dalijasi iš 6 be liekanos

• 1) Tegu n=1, tada 11 2 -1=120 dalijasi iš 6 be liekanos. Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas
• 2) Tarkime, kai n=k 1 2k -1 yra padalintas iš 6 be liekanos
• 11 2 (k+1) -1 = 121 ґ 11 2k -1 = 120 ґ 11 2k + (11 2k -1)

Abu terminai dalijasi iš 6 be liekanos: pirmajame yra 6 kartotinis, 120, o antrasis dalijasi iš 6 be liekanos pagal prielaidą. Tai reiškia, kad suma dalijasi iš 6 be liekanos. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys yra įrodytas.

Įrodykite, kad 3 3n+3 -26n-27 savavališkam natūraliajam skaičiui n dalijasi iš 26 2 (676) be liekanos

Pirmiausia įrodykime, kad 3 3n+3 -1 dalijasi iš 26 be liekanos

• 1. Kai n=0
• 3 3 -1=26 dalijamas iš 26
• 2. Tarkime, jei n=k
• 3 3k+3 -1 dalijasi iš 26
• 3. Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -padalinta iš 26

Dabar įrodykime problemos teiginyje suformuluotą teiginį

• 1) Akivaizdu, kad n=1 teiginys yra teisingas
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Tarkime, kad n=k išraiška 3 3k+3 -26k-27 yra padalinta iš 26 2 be liekanos
• 3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1
• 3 3k+6-26(k+1)-27=26(33k+3-1)+(3 3k+3-26k-27)

Abu terminai dalijasi iš 26 2; pirmasis dalijasi iš 26 2, nes įrodėme, kad skliausteliuose esanti išraiška dalijasi iš 26, o antroji dalijasi iš indukcijos hipotezės. Taikant matematinės indukcijos metodą, teiginys yra įrodytas

Įrodykite, kad jei n>2 ir x>0, tai nelygybė (1+x) n >1+n ґ x yra teisinga

• 1) Kai n=2 nelygybė galioja, nes
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Taigi A(2) yra tiesa

• 2) Įrodykime, kad A(k) ≈ A(k+1), jei k> 2. Tarkime, kad A(k) yra teisinga, t.y., kad nelygybė
• (1+x) k >1+k ґ x. (3)

Įrodykime, kad tada A(k+1) taip pat teisinga, t.y., kad nelygybė

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Tiesą sakant, padauginę abi nelygybės (3) puses iš teigiamo skaičiaus 1+x, gauname

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Apsvarstykite paskutinės nelygybės dešinę pusę; mes turime

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

Dėl to gauname, kad (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Taigi, A(k) 1 A(k+1). Remiantis matematinės indukcijos principu, galima teigti, kad Bernulio nelygybė galioja bet kuriai n> 2

Įrodykite, kad nelygybė (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2, jei a> 0 yra teisinga

Sprendimas: 1) Kai m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 abi pusės lygios
• 2) Tarkime, kad m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Įrodykime, kad m=k+1 nelygybė teisinga
• (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

Įrodėme, kad nelygybė yra teisinga m=k+1, todėl pagal matematinės indukcijos metodą nelygybė galioja bet kuriam natūraliam skaičiui m

Įrodykite, kad n>6 nelygybė 3 n >n ґ 2 n+1 yra teisinga

Nelygybę perrašykime į formą (3/2) n >2n

• 1. Jei n=7 turime 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 nelygybė yra teisinga
• 2. Tarkime, jei n=k (3/2) k >2k
• 3) Įrodykime nelygybę, kai n=k+1
• 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Kadangi k>7, paskutinė nelygybė yra akivaizdi.

Taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui n

Įrodykite, kad n>2 nelygybė yra teisinga

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Jei n=3 nelygybė yra teisinga
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Tarkime, jei n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Įrodykime nelygybės pagrįstumą n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Įrodykime, kad 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

ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Pastarasis yra akivaizdus, ​​todėl

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

Taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė įrodyta.

Daugelyje matematikos šakų reikia įrodyti teiginio teisingumą priklausomai nuo , t.y. teiginio tiesa p(n) Dėl " nĮJUNGTA (bet kuriai nĮJUNGTA p(n) teisingai).

Tai dažnai gali būti įrodyta matematinės indukcijos metodu.

Šis metodas pagrįstas matematinės indukcijos principu. Paprastai ji pasirenkama kaip viena iš aritmetikos aksiomų, todėl priimama be įrodymų. Pagal matematinės indukcijos principą sakinys p(n) laikoma teisinga visoms natūralioms kintamojo reikšmėms, jei tenkinamos dvi sąlygos:

1. Pasiūlymas p(n) tiesa už n= 1.

2. Iš sakinio, kad p(n) tiesa už n =k (k - savavališkas natūralusis skaičius) iš to išplaukia, kad tai teisinga n =k+ 1.

Matematinės indukcijos metodas reiškia tokį įrodinėjimo būdą

1. Patikrinkite teiginio teisingumą n= 1 – indukcijos bazė.

2. Tarkime, kad teiginys yra teisingas n = k – indukcinė hipotezė.

3. Jie įrodo, kad tada tai taip pat tinka n =k+ 1 indukcinė jungtis.

Kartais pasiūlymas p(n) pasirodo, kad tai tiesa ne visiems natūraliems žmonėms n, ir pradedant nuo kai kurių n = n 0. Šiuo atveju tiesa apie p(n) adresu n = n 0.

1 pavyzdys. Leisti . Įrodyk tai

1. Indukcinė bazė: at n= 1 pagal apibrėžimą S 1 = 1 ir pagal formulę gauname vieną rezultatą. Teiginys yra teisingas.

n = k Ir .

n = k+ 1. Įrodykime, kad .

Iš tiesų, remiantis indukcine prielaida

Transformuokime šią išraišką

Indukcinis perėjimas buvo įrodytas.

komentuoti. Naudinga užsirašyti, kas duota (indukcinė hipotezė) ir ką reikia įrodyti!

2 pavyzdys.Įrodyk

1. Indukcijos pagrindas. At n= 1, teiginys akivaizdžiai teisingas.

2. Indukcinė hipotezė. Leisti n = k Ir

3. Indukcinis perėjimas. Leisti n = k+ 1. Įrodykime:

Iš tiesų, dešinę kraštą paverskime kvadratu kaip dviejų skaičių sumą:

Naudodamiesi indukcine prielaida ir aritmetinės progresijos sumos formule: , gauname

3 pavyzdys.Įrodykite nelygybę

1. Indukcijos pagrindas šiuo atveju yra teiginio teisingumo patikrinimas, t.y. būtina patikrinti nelygybę. Norėdami tai padaryti, pakanka padalyti nelygybę kvadratu: arba 63< 64 – неравенство верно.

2. Tegul nelygybė teisinga , t.y.

3. Įrodykime:

Mes naudojame indukcijos prielaidą

Žinodami, kaip turėtų atrodyti dešinioji įrodomos nelygybės pusė, pabrėžkime šią dalį

Belieka nustatyti, kad papildomas koeficientas neviršytų vieno. tikrai,

4 pavyzdys.Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus skaičius baigiasi skaitmeniu .

1. Mažiausias natūralusis skaičius, nuo kurio galioja teiginys, yra lygus . .

2. Tegul skaičius baigiasi . Tai reiškia, kad šis skaičius gali būti parašytas forma , kur yra koks nors natūralusis skaičius. Tada .

3. Leiskite . Įrodykime, kad jis baigiasi . Naudodami gautą reprezentaciją gauname

Paskutinis skaičius turi lygiai vienetus.

Taikymas

1.4. Matematinės indukcijos metodas

Kaip žinia, matematiniai teiginiai (teoremos) turi būti pagrįsti ir įrodyti. Dabar susipažinsime su vienu iš įrodinėjimo būdų – matematinės indukcijos metodu.

Plačiąja prasme indukcija yra samprotavimo metodas, leidžiantis pereiti nuo konkrečių teiginių prie bendrų. Atvirkštinis perėjimas nuo bendrųjų teiginių prie konkrečių yra vadinamas dedukcija.

Išskaičiavimas visada veda prie teisingų išvadų. Pavyzdžiui, mes žinome bendrą rezultatą: visi sveikieji skaičiai, kurie baigiasi nuliu, dalijasi iš 5. Iš to, žinoma, galime daryti išvadą, kad bet kuris konkretus skaičius, kuris baigiasi 0, pavyzdžiui, 180, dalijasi iš 5.

Tuo pačiu metu indukcija gali sukelti neteisingas išvadas. Pavyzdžiui, pastebėję, kad skaičius 60 dalijasi iš skaičių 1, 2, 3, 4, 5, 6, neturime teisės daryti išvados, kad 60 apskritai dalijasi iš bet kurio skaičiaus.

Matematinės indukcijos metodas leidžia daugeliu atvejų griežtai įrodyti bendrojo teiginio P(n), kurio formuluotė apima natūralųjį skaičių n, pagrįstumą.

Metodo taikymas apima 3 etapus.

1) Indukcijos pagrindas: patikriname teiginio P(n) teisingumą, kai n = 1 (arba kitai, konkrečiai n reikšmei, nuo kurios daroma prielaida, kad P(n) galioja).

2) Indukcijos prielaida: darome prielaidą, kad P(n) galioja n = k.

3) Indukcijos žingsnis: naudodamiesi prielaida, įrodome, kad P(n) galioja n = k + 1.

Dėl to galime daryti išvadą, kad P(n) galioja bet kuriam n ∈ N. Iš tiesų, kai n = 1, teiginys yra teisingas (indukcijos bazė). Ir todėl tai taip pat tinka n = 2, nes perėjimas iš n = 1 į n = 2 yra pagrįstas (indukcijos žingsnis). Vėl ir vėl taikydami indukcijos žingsnį, gauname P(n) galiojimą, kai n = 3, 4, 5, . . ., t.y., P(n) galiojimas visiems n.

14 pavyzdys. Pirmųjų n nelyginių natūraliųjų skaičių suma yra n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n - 1) = n2.

Įrodinėjimą atliksime matematinės indukcijos metodu.

1) Bazė: kai n=1 yra tik vienas narys kairėje, gauname: 1 = 1.

Teiginys yra teisingas.

2) Prielaida: darome prielaidą, kad kai kurių k lygybė yra teisinga: 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k2.

Spręsti uždavinius apie smūgių tikimybę šūvių metu

Bendra problemos formuluotė yra tokia:

Tikimybė vienu šūviu pataikyti į taikinį yra $p$. paleidžiama $n$ šūvių. Raskite tikimybę, kad į taikinį bus pataikyta tiksliai $k$ kartų (bus $k$ pataikymų).

Pritaikome Bernulio formulę ir gauname:

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

Čia $C_n^k$ yra $n$ ir $k$ derinių skaičius.

Jei problema susijusi su keliomis rodyklėmis su skirtingos tikimybėsčia rasite pataikymą į taikinį, teoriją, sprendimų pavyzdžius ir skaičiuotuvą.

Video pamoka ir Excel šablonas

Žiūrėkite mūsų vaizdo įrašą apie Bernullio šūvio problemų sprendimą ir sužinokite, kaip naudoti „Excel“ sprendžiant įprastas problemas.

„Excel“ skaičiavimo failą iš vaizdo įrašo galima atsisiųsti nemokamai ir naudoti sprendžiant problemas.

Problemų, susijusių su pataikymu į taikinį šūvių serijoje, sprendimų pavyzdžiai

Pažvelkime į keletą tipiškų pavyzdžių.

1 pavyzdys. Paleido 7 šūvius. Pataikymo vienu šūviu tikimybė yra 0,705. Raskite tikimybę, kad bus lygiai 5 smūgiai.

Gauname, kad problema apima pakartotinius nepriklausomus bandymus (šūvius į taikinį), iš viso paleidžiama $n=7$ šūvių, kiekvieno $p=0,705$ pataikymo tikimybė, $q=1 nepataikymo tikimybė. -p=1–0,705=0,295 USD.

Turime rasti, kad bus tiksliai $k=5$ pataikymų. Viską pakeičiame formule (1) ir gauname: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

2 pavyzdys. Tikimybė vienu šūviu pataikyti į taikinį yra 0,4.

Į taikinį paleidžiami keturi nepriklausomi šūviai. Raskite tikimybę, kad bus bent vienas smūgis į taikinį.

Tiriame uždavinį ir užrašome parametrus: $n=4$ (šūvis), $p=0.4$ (pataikymo tikimybė), $k \ge 1$ (bus bent vienas pataikymas).

Naudojame priešingo įvykio tikimybės formulę (nėra nei vieno smūgio):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0) = $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0,4^0 \cdot 0 .6^4 =1- 0.6^4=1- 0.13=0.87. $$

Tikimybė pataikyti bent vieną kartą iš keturių yra 0,87 arba 87%.

3 pavyzdys. Tikimybė, kad šaulys pataikys į taikinį, yra 0,3.

Raskite tikimybę, kad 6 šūviais į taikinį bus pataikyta nuo trijų iki šešių kartų.

Skirtingai nuo ankstesnių problemų, čia reikia rasti tikimybę, kad pataikymų skaičius bus tam tikrame intervale (ir ne tiksliai lygus tam tikram skaičiui). Tačiau naudojama ta pati formulė.

Raskime tikimybę, kad į taikinį bus pataikyta nuo trijų iki šešių kartų, tai yra, bus arba 3, arba 4, arba 5, arba 6 smūgiai.

Šias tikimybes apskaičiuojame pagal (1) formulę:

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

Kadangi įvykiai nesuderinami, norimą tikimybę galima rasti naudojant tikimybių pridėjimo formulę: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) )=$$$$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

4 pavyzdys. Tikimybė, kad keturiais šūviais pataikys į taikinį, yra 0,9984. Raskite tikimybę pataikyti į taikinį vienu šūviu.

Pažymime tikimybę pataikyti į taikinį vienu šūviu. Pristatome įvykį:
$A = $ (iš keturių šūvių bent vienas pataikys į taikinį),
taip pat priešingą įvykį, kuris gali būti parašytas taip:
$\overline(A) = $ (Visi 4 šūviai nepataikys į taikinį, o ne vienas).

Užrašykime įvykio $A$ tikimybės formulę.

Užrašykime žinomas reikšmes: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Pakeiskite formulę (1) ir gaukite:

$$ 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.

Išsprendžiame gautą lygtį:

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

Taigi, tikimybė vienu šūviu pataikyti į taikinį yra 0,8.

Ačiū, kad skaitėte ir dalinatės su kitais.

Naudingos nuorodos

Raskite paruoštas problemas sprendiklyje:

Internetiniai skaičiavimai naudojant Bernulio formulę

Nelygybių sprendimas naudojant skaičiuotuvą

Matematikos nelygybės reiškia visas lygtis, kur "="" pakeičiamas bet kuriuo iš šių simbolių: \[>\]\[\geq\]\[

* linijinis;

* kvadratas;

* trupmeninis;

* orientacinis;

* trigonometrinis;

*logaritminis.

Priklausomai nuo to, nelygybės vadinamos tiesinėmis, dalinėmis ir kt.

Turėtumėte žinoti šiuos požymius:

* nelygybės, didesnės nei (>) arba mažesnės nei (

* Nelygybės su simboliais, kurie yra didesni arba lygūs \[\geq\], mažesni arba lygūs [\leq\], vadinami neprofesionaliais;

* piktograma nėra ta pati \[\ne\], bet būtina visada išspręsti atvejus naudojant šią piktogramą.

Tokia nelygybė sprendžiama per tapatybės transformacijas.

Taip pat perskaitykite mūsų straipsnį Išspręskite visą internetinės lygties sprendimą

Tarkime, kad galioja ši nelygybė:

Mes ją išsprendžiame taip pat, kaip tiesinę lygtį, tačiau turime būti atsargūs dėl nelygybės ženklo.

Pirmiausia perkeliame terminus iš nežinomo į kairę, iš žinomo į dešinę, apversdami simbolius:

Tada padalijame abi puses iš -4 ir apverčiame nelygybės ženklą:

Tai yra šios lygties atsakymas.

Kur galiu išspręsti nelygybę internete?

Lygtį galite išspręsti mūsų svetainėje pocketteacher.ru.

Bernulli nelygybės skaičiuoklė

Nemokamas internetinis gelbėjimo sprendimas per kelias sekundes išspręs bet kokio sudėtingumo internetinę lygtį. Viskas, ką jums reikia padaryti, tai įvesti savo duomenis į gelbėjimą. Taip pat galite peržiūrėti vaizdo įrašo instrukcijas ir sužinoti, kaip išspręsti lygtį mūsų svetainėje.

Ir jei turite klausimų, galite juos užduoti mūsų „Vkontakte“ grupėje: „kišeninis mokytojas“. Prisijunkite prie mūsų grupės, mielai jums padėsime.

Pilnos matematinės indukcijos metodas

Lygčių/diferencialinių lygčių sprendimas

© Test RU – internetiniai skaičiuotuvai

Diferencialinių lygčių sprendimas

Įveskite skirtumą.

lygtis:

Naudodami skaičiuotuvą galite išspręsti įvairaus sudėtingumo diferencialines lygtis.

Išsprendžiamų diferencialinių lygčių pavyzdžiai

Įrodinėjimo metodas, pagrįstas Peano aksioma 4, naudojamas daugeliui matematinių savybių ir įvairių teiginių įrodyti. To pagrindas yra tokia teorema.

Teorema. Jei pareiškimas A(n) su natūraliu kintamuoju n tiesa už n= 1 ir nuo to, kad tai tiesa n = k, iš to išplaukia, kad tai teisinga kitam skaičiui n=k, tada pareiškimas A(n) n.

Įrodymas. Pažymėkime pagal M aibė tų ir tik tų natūraliųjų skaičių, kuriems teiginys A(n) tiesa. Tada iš teoremos sąlygų turime: 1) 1 M; 2) k MkM. Iš čia, remdamiesi 4 aksioma, darome tokią išvadą M =N, t.y. pareiškimas A(n) tiesa bet kokiam natūraliam n.

Šia teorema pagrįstas įrodinėjimo metodas vadinamas matematinės indukcijos metodu, o aksioma yra indukcijos aksioma. Šis įrodymas susideda iš dviejų dalių:

1) įrodyti, kad teiginys A(n) tiesa už n= A(1);

2) manyti, kad teiginys A(n) tiesa už n = k, ir, remdamiesi šia prielaida, įrodyti, kad teiginys A(n) tiesa už n = k + 1, t.y. kad teiginys yra teisingas A(k) A(k + 1).

Jeigu A( 1) A(k) A(k + 1) - teisingas teiginys, tada jie daro išvadą, kad teiginys A(n) tiesa bet kuriam natūraliam skaičiui n.

Įrodinėjimas matematinės indukcijos metodu gali prasidėti ne tik teiginio už teisingumo patvirtinimu n= 1, bet ir iš bet kurio natūraliojo skaičiaus m. Šiuo atveju pareiškimas A(n) bus įrodyta visiems natūraliems skaičiams nm.

Uždavinys: Įrodykime, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus lygybė 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

Sprendimas. Lygybė 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n yra formulė, kurią naudojant galima rasti pirmųjų iš eilės nelyginių natūraliųjų skaičių sumą. Pavyzdžiui, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (sumoje yra 4 terminai), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (sumoje yra 6 terminai); jei šioje sumoje yra 20 nurodyto tipo narių, tada ji yra lygi 20 = 400 ir tt. Įrodžius šios lygybės teisingumą, pagal formulę galėsime rasti bet kokio nurodyto tipo terminų skaičių.

1) Patikrinkime šios lygybės teisingumą n= 1. Kada n= 1 kairę lygybės pusę sudaro vienas narys, lygus 1, dešinė lygi 1 = 1. Kadangi 1 = 1, tada n= 1 ši lygybė yra teisinga.

2) Tarkime, kad ši lygybė yra teisinga n = k, t.y. kad 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Remdamiesi šia prielaida, įrodome, kad tai tiesa n = k + 1, t.y. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Pažvelkime į kairę paskutinės lygybės pusę.

Darant prielaidą, pirmojo suma k terminai yra lygūs k ir todėl 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Išraiška k+ 2k + 1 yra identiškai lygus išraiškai ( k + 1).

Todėl šios lygybės tiesa už n = k + 1 buvo įrodyta.

Taigi ši lygybė yra teisinga n= 1 ir nuo jo tiesos už n = k turi būti tiesa n = k + 1.

Tai įrodo, kad ši lygybė galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui.

Naudodami matematinės indukcijos metodą, galite įrodyti ne tik lygybių, bet ir nelygybių tiesą.

Užduotis. Įrodyk, kur nN.

Sprendimas. Patikrinkime nelygybės tiesą ties n= 1. Mes turime – tikrą nelygybę.

Tarkime, kad nelygybė yra teisinga n = k, tie. – tikra nelygybė. Įrodykime, remdamiesi prielaida, kad tai taip pat tinka n = k + 1, t.y. (*).

Transformuokime kairę nelygybės (*) pusę, atsižvelgdami į tai: .

Bet tai reiškia .

Taigi ši nelygybė galioja n= 1, ir dėl to, kad nelygybė kai kuriems yra teisinga n= k, mes nustatėme, kad tai taip pat tinka n= k + 1.

Taigi, naudodamiesi 4 aksioma, įrodėme, kad ši nelygybė tinka bet kuriam natūraliajam skaičiui.

Kitus teiginius galima įrodyti matematinės indukcijos metodu.

Užduotis. Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus teiginys yra teisingas.

Sprendimas. Patikrinkime teiginio teisingumą kada n= 1: – teisingas teiginys.

Tarkime, kad šis teiginys yra teisingas n = k: . Naudodami tai parodykime teiginio teisingumą kada n = k + 1: .

Transformuokime išraišką: . Raskime skirtumą k Ir k+ 1 narys. Jei paaiškėja, kad gautas skirtumas yra 7 kartotinis ir darant prielaidą, kad dalis dalijasi iš 7, tada minuend taip pat yra 7 kartotinis:

Produktas yra 7 kartotinis, todėl ir .

Taigi šis teiginys yra teisingas n= 1 ir nuo jo tiesos už n = k turi būti tiesa n = k + 1.

Tai įrodo, kad šis teiginys tinka bet kuriam natūraliajam skaičiui.

Užduotis. Įrodykite, kad bet koks natūralusis skaičius n 2 teiginys (7-1)24 yra teisingas.

Sprendimas. 1) Patikrinkime teiginio teisingumą kada n= 2: – teisingas teiginys.