Metod för matematisk induktion. Dess tillämpning för att lösa algebraiska problem Lösa differentialekvationer

Verkets text läggs upp utan bilder och formler.
Den fullständiga versionen av verket finns på fliken "Arbetsfiler" i PDF-format

Introduktion

Det här ämnet är relevant, eftersom människor varje dag löser olika problem där de använder olika lösningsmetoder, men det finns uppgifter där man inte kan klara sig utan metoden för matematisk induktion, och i sådana fall kommer kunskap inom detta område att vara mycket användbar.

Jag valde detta ämne för forskning eftersom lite tid ägnas åt metoden för matematisk induktion i skolans läroplan; eleven lär sig ytlig information som bara hjälper honom att få allmän uppfattning om denna metod, men för att studera denna teori på djupet kommer självutveckling att krävas. Det kommer verkligen att vara användbart att lära sig mer om detta ämne, eftersom det vidgar en persons horisont och hjälper till att lösa komplexa problem.

Målet med arbetet:

Bekanta dig med metoden för matematisk induktion, systematisera kunskap om detta ämne och tillämpa den när du löser matematiska problem och bevisar teorem, motivera och tydligt visa den praktiska betydelsen av metoden för matematisk induktion som en nödvändig faktor för att lösa problem.

Jobbmål:

Analysera litteraturen och sammanfatta kunskap om detta ämne.

Förstå principen för metoden för matematisk induktion.

Utforska tillämpningen av metoden för matematisk induktion för problemlösning.

Formulera slutsatser och slutsatser om utfört arbete.

Huvuddelen av studien

Historia:

Först mot slutet av 1800-talet uppstod en standard för krav på logisk stringens, som fortfarande är dominerande i modern litteratur än i dag. praktiskt arbete matematiker om utvecklingen av individuella matematiska teorier.

Induktion är en kognitiv procedur genom vilken ett uttalande som generaliserar dem härleds från en jämförelse av existerande fakta.

Inom matematiken är induktionens roll till stor del att den ligger till grund för den valda axiomatiken. Efter att långvarig övning visat att en rak väg alltid är kortare än en krökt eller bruten, var det naturligt att formulera ett axiom: för vilka tre punkterna A, B och C som helst gäller en ojämlikhet.

Medvetenheten om metoden för matematisk induktion som en separat viktig metod går tillbaka till Blaise Pascal och Gersonides, även om enskilda fall av tillämpning finns i antiken i Proclus och Euclid. Modernt namn Metoden introducerades av De Morgan 1838.

Metoden för matematisk induktion kan jämföras med framsteg: vi utgår från det lägsta, och som ett resultat av logiskt tänkande kommer vi till det högsta. Människan har alltid strävat efter framsteg, efter förmågan att logiskt utveckla sina tankar, vilket gör att naturen själv bestämt henne att tänka induktivt.

Induktion och avdrag

Det är känt att det finns både särskilda och allmänna uttalanden, och dessa två termer är baserade på övergången från det ena till det andra.

Deduktion (av latin deductio - deduktion) - en övergång i kognitionsprocessen från allmän kunskap till privat Och enda. I deduktion tjänar allmän kunskap som utgångspunkt för resonemang, och denna allmänna kunskap antas vara "färdiggjord", existerande. Det speciella med deduktion är att sanningen i dess premisser garanterar sanningen i slutsatsen. Därför har deduktion en enorm övertygande kraft och används i stor utsträckning, inte bara för att bevisa satser inom matematiken, utan också där pålitlig kunskap behövs.

Induktion (av latin inductio - vägledning) är en övergång i kognitionsprocessen från privat kunskap till allmän Det är med andra ord en metod för forskning och kognition som förknippas med att generalisera resultaten av observationer och experiment.Ett kännetecken för induktion är dess probabilistiska natur, d.v.s. Om de initiala premisserna är sanna är slutsatsen av induktionen troligen sann och i slutresultatet kan den visa sig vara antingen sann eller falsk.

Fullständig och ofullständig induktion

Induktiv slutledning är en form av abstrakt tänkande där tanken utvecklas från kunskap i mindre utsträckning generalitet till kunskap om en högre grad av generalitet, och den slutsats som härrör från premisserna är övervägande sannolikhetsmässig till sin natur.

Under forskningen fick jag reda på att induktion delas in i två typer: fullständig och ofullständig.

Fullständig induktion är en slutsats där en allmän slutsats om en klass av objekt görs baserat på studiet av alla objekt i denna klass.

Låt det till exempel vara nödvändigt att fastställa att varje jämnt naturligt tal n inom området 6≤ n≤ 18 kan representeras som summan av två primtal. För att göra detta, ta alla sådana siffror och skriv ut motsvarande expansioner:

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

Dessa likheter visar att vart och ett av talen vi är intresserade av verkligen representeras som summan av två enkla termer.

Betrakta följande exempel: sekvens yn= n 2 +n+17; Låt oss skriva ut de fyra första termerna: y 1 =19; y2=23; y3 =29; y4 =37; Då kan vi anta att hela sekvensen består av primtal. Men det är inte så, låt oss ta y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Detta är ett sammansatt tal, vilket betyder att vårt antagande är felaktigt, sålunda leder ofullständig induktion inte till helt tillförlitliga slutsatser, utan tillåter oss att formulera en hypotes, som sedan kräver matematiska bevis eller vederläggning.

Metod för matematisk induktion

Komplett induktion har endast begränsade tillämpningar inom matematik. Många intressanta matematiska påståenden täcker ett oändligt antal specialfall, och vi kan inte testa för alla dessa situationer. Men hur kan vi testa för ett oändligt antal fall? Denna metod föreslogs av B. Pascal och J. Bernoulli, detta är en metod för matematisk induktion, som bygger på principen om matematisk induktion.

Om en mening A(n), beroende på ett naturligt tal n, är sann för n=1 och av det faktum att den är sann för n=k (där k är vilket naturligt tal som helst), följer det att det också är sant för nästa tal n=k +1, då är antagandet A(n) sant för vilket naturligt tal n som helst.

I ett antal fall kan det vara nödvändigt att bevisa giltigheten av ett visst påstående inte för alla naturliga tal, utan endast för n>p, där p är ett fast naturligt tal. I det här fallet är principen för matematisk induktion formulerad enligt följande:

Om påståendet A(n) är sant för n=p och om A(k)  A(k+1) för valfri k>p, då är påståendet A(n) sant för valfritt n>p.

Algoritm (den består av fyra steg):

1.bas(vi visar att påståendet som bevisas är sant för några enklaste specialfall ( P = 1));

2.antagande(vi antar att påståendet har bevisats för det första Till fall); 3 .steg(under detta antagande bevisar vi påståendet för fallet P = Till + 1); 4.utgång (kl påståendet är sant för alla fall, det vill säga för alla P) .

Observera att metoden för matematisk induktion inte kan lösa alla problem, utan bara problem som parametriseras av en viss variabel. Denna variabel kallas induktionsvariabel.

Tillämpning av metoden för matematisk induktion

Låt oss tillämpa hela denna teori i praktiken och ta reda på i vilka problem denna metod används.

Problem att bevisa ojämlikheter.

Exempel 1. Bevisa Bernoullis olikhet(1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) För n=1 är olikheten sann, eftersom 1+x≥1+x

2) Antag att olikheten är sann för vissa n=k, d.v.s.

(1+x) k ≥1+k x.

Om vi ​​multiplicerar båda sidor av olikheten med ett positivt tal 1+x får vi

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

Med hänsyn till att kx 2 ≥0 kommer vi fram till ojämlikheten

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Av antagandet att Bernoullis ojämlikhet är sann för n=k, följer alltså att den är sann för n=k+1. Baserat på metoden för matematisk induktion kan det hävdas att Bernoullis ojämlikhet är giltig för varje n € N.

Exempel 2. Bevisa att för alla naturliga tal n>1, .

Låt oss bevisa det med metoden för matematisk induktion.

Låt oss beteckna den vänstra sidan av ojämlikheten med.

1), därför är olikheten giltig för n=2.

2) Låt för några k. Låt oss bevisa det då och. Vi har, .

Jämföra och, vi har, d.v.s. .

För varje positivt heltal k är den högra sidan av den sista likheten positiv. Det är därför. Men det betyder och.Vi har bevisat giltigheten av olikheten för n=k+1, därför, i kraft av metoden för matematisk induktion, är olikheten giltig för alla naturliga tal n>1.

Problem att bevisa identiteter.

Exempel 1. Bevisa att för alla naturliga tal n är likheten sann:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n3 =n 2 (n+1) 2/4.

Låt n=1, sedan X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vi ser att för n=1 är påståendet sant.

2) Antag att likheten är sann för n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Låt oss bevisa sanningen i detta påstående för n=k+1, dvs 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(k2+4k+4)/4=(k+1)2(k+2)2/4.

Från ovanstående bevis är det tydligt att påståendet är sant för n=k+1, därför är likheten sann för alla naturliga tal n.

Exempel 2. Bevisa att för alla naturliga n är jämlikheten sann

1) Låt oss kontrollera att denna identitet är sann för n = 1.; - höger.

2) Låt identiteten också vara sann för n = k, dvs.

3) Låt oss bevisa att denna identitet också är sann för n = k + 1, d.v.s.;

Därför att Om likheten är sann för n=k och n=k+1, så är den sann för alla naturliga tal n.

Summeringsproblem.

Exempel 1. Bevisa att 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Lösning: 1) Vi har n=1=1 2 . Därför är påståendet sant för n=1, dvs. A(1) är sant.

2) Låt oss bevisa att A(k) A(k+1).

Låt k vara vilket naturligt tal som helst och låt påståendet vara sant för n=k, dvs 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Låt oss bevisa att då påståendet är sant även för nästa naturliga tal n=k+1, d.v.s. Vad

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Faktum är att 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2.

Så, A(k) A(k+1). Baserat på principen om matematisk induktion drar vi slutsatsen att antagandet A(n) är sant för alla nN.

Exempel 2. Bevisa formeln, n är ett naturligt tal.

Lösning: När n=1 vänder båda sidor av likheten till en och därför är det första villkoret för principen om matematisk induktion uppfyllt.

Låt oss anta att formeln är korrekt för n=k, d.v.s. .

Låt oss lägga till båda sidorna av denna jämlikhet och förvandla den högra sidan. Då får vi

Således, av det faktum att formeln är sann för n=k, följer att den också är sann för n=k+1, då är detta påstående sant för alla naturliga tal n.

Delbarhetsproblem.

Exempel 1. Bevisa att (11 n+2 +12 2n+1) är delbart med 133 utan rest.

Lösning: 1) Låt då n=1

11 3 +12 3 =(11+12)(112 -132+12 2)=23× 133.

(23×133) är delbart med 133 utan rest, vilket betyder att för n=1 är påståendet sant;

2) Antag att (11 k+2 +12 2k+1) är delbart med 133 utan rest.

3) Låt oss bevisa det i detta fall

(11 k+3 +12 2k+3) är delbart med 133 utan rest. Faktum är att 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 .

Den resulterande summan divideras med 133 utan rest, eftersom dess första term är delbar med 133 utan rest genom antagande, och i den andra av faktorerna är 133.

Så, A(k)→ A(k+1), baserat på metoden för matematisk induktion, är påståendet sant för alla naturliga n.

Exempel 2. Bevisa att 3 3n-1 +2 4n-3 för ett godtyckligt naturligt tal n är delbart med 11.

Lösning: 1) Låt n=1, då är X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 delbart med 11 utan rest. Detta betyder att för n=1 är påståendet sant.

2) Antag att för n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 är delbart med 11 utan rest.

3) Låt oss bevisa att påståendet är sant för 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 .

Den första termen är delbar med 11 utan rest, eftersom 3 3k-1 +2 4k-3 är delbar med 11 genom antagande, den andra är delbar med 11, eftersom en av dess faktorer är talet 11. Det betyder att summan är delbart med 11 utan rest för något naturligt tal n.

Problem från det verkliga livet.

Exempel 1. Bevisa att summan Sn av inre vinklar för en konvex polygon är lika med ( P- 2)π, var P— antalet sidor av denna polygon: Sn = ( P- 2) π (1).

Detta uttalande är inte vettigt för alla naturliga P, men bara för P > 3, eftersom det minsta antalet vinklar i en triangel är 3.

1) När P= 3 vårt påstående har formen: S 3 = π. Men summan av de inre vinklarna i en triangel är verkligen π. Därför, när P= 3 formel (1) är korrekt.

2) Låt denna formel vara sann för n =k, det är S k = (k- 2)π, var k > 3. Låt oss bevisa att formeln i detta fall gäller: S k+ 1 = (k- 1)π.

Låt A 1 A 2 ... A k A k+ 1—godtycklig konvex ( k+ 1) -gon (fig. 338).

Anslutningspunkter A 1 och A k , vi blir konvexa k-gon A 1 A 2 ... A k — 1 A k . Uppenbarligen är summan av vinklarna ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 är lika med summan av vinklarna k-gon A 1 A 2 ... A k plus summan av vinklarna i en triangel A 1 A k A k+ 1 . Men summan av vinklarna k-gon A 1 A 2 ... A k genom antagande lika med ( k- 2)π, och summan av vinklarna i triangeln A 1 A k A k+ 1 är lika med π. Det är därför

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

Så båda villkoren för principen om matematisk induktion är uppfyllda, och därför är formel (1) sann för alla naturliga P > 3.

Exempel 2. Det finns en trappa, vars alla trappsteg är desamma. Det krävs att ange det minsta antal positioner som skulle garantera förmågan att "klättra" upp på valfritt steg för antal.

Alla är överens om att det måste finnas ett villkor. Vi måste kunna klättra till första steget. Därefter måste de kunna klättra från det första steget till det andra. Sedan till den andra - till den tredje, etc. till det n:e steget. Naturligtvis, totalt sett garanterar "n" uttalanden att vi kommer att kunna ta oss till det n:e steget.

Låt oss nu titta på positionerna 2, 3,..., n och jämföra dem med varandra. Det är lätt att se att de alla har samma struktur: om vi har nått k-steget, då kan vi klättra upp till (k+1)-steget. Följande axiom blir därför naturligt för giltigheten av påståenden beroende på "n": om en mening A(n), där n är ett naturligt tal, gäller för n=1 och från det faktum att den gäller för n=k (där k är vilket naturligt tal som helst), det följer att det gäller för n=k+1, då gäller antagandet A(n) för vilket naturligt tal n som helst.

Ansökan

Problem med att använda metoden för matematisk induktion när man går in på universitet.

Observera att vid antagning till högre utbildning utbildningsanstalter Det finns också problem som kan lösas med denna metod. Låt oss titta på dem med hjälp av specifika exempel.

Exempel 1. Bevisa att något naturligt P jämställdhet är sant

1) När n=1 vi får rätt jämlikhet Sin.

2) Efter att ha gjort induktionsantagandet att när n= k likheten är sann, överväg summan på vänster sida av likheten för n =k+1;

3) Med hjälp av reduktionsformler transformerar vi uttrycket:

Sedan, i kraft av metoden för matematisk induktion, är likheten sann för vilket naturligt tal n som helst.

Exempel 2. Bevisa att för alla naturliga tal n är värdet av uttrycket 4n +15n-1 en multipel av 9.

1) Med n=1: 2 2 +15-1=18 - en multipel av 9 (eftersom 18:9=2)

2) Låt jämställdheten hålla för n=k: 4k +15k-1 multipel av 9.

3) Låt oss bevisa att likheten gäller för nästa nummer n=k+1

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

4(4k +15k-1) - multipel av 9;

9(5k-2) - multipel av 9;

Följaktligen är hela uttrycket 4(4k +15k-1)-9(5k-2) en multipel av 9, vilket är vad som behövde bevisas.

Exempel 3. Bevisa det för alla naturliga tal P villkoret är uppfyllt: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Låt oss kontrollera att denna formel är korrekt när n=1: Vänster sida = 1∙2∙3=6.

Höger del = . 6 = 6; sant när n=1.

2) Antag att denna formel är sann för n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Låt oss bevisa att denna formel är sann för n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Bevis:

Så detta villkor är sant i två fall och har visat sig vara sant för n =k+1, därför är det sant för alla naturliga tal P.

Slutsats

För att sammanfatta, under forskningsprocessen tog jag reda på vad induktion är, vilket kan vara fullständigt eller ofullständigt, bekantade mig med metoden för matematisk induktion baserad på principen om matematisk induktion och funderade på många problem med denna metod.

Jag lärde mig också mycket ny information, annorlunda än vad som ingår i skolans läroplan. När jag studerade metoden för matematisk induktion använde jag olika litteratur, internetresurser och rådgjorde även med en lärare.

Slutsats: Efter att ha generaliserat och systematiserat kunskap om matematisk induktion blev jag övertygad om behovet av kunskap om detta ämne i verkligheten. Positiv kvalitet Metoden för matematisk induktion är dess breda tillämpning för att lösa problem: inom algebra, geometri och riktig matematik. Denna kunskap ökar också intresset för matematik som vetenskap.

Jag är övertygad om att de färdigheter jag förvärvat under mitt arbete kommer att hjälpa mig i framtiden.

​ Bibliografi

Sominsky I.S. Metod för matematisk induktion. Populära föreläsningar om matematik, nummer 3-M.: Science, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Induktion i geometri. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 sid. — (Populära föreläsningar om matematik).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. En handbok om matematik för dem som går in på universitet (Utvalda frågor om elementär matematik) - 5:e upplagan, reviderad, 1976 - 638 s.

A. Shen. Matematisk induktion. - MCNMO, 2004. - 36 sid.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Samling av problem i algebra: lärobok för årskurs 8-9. med djup studerar matematik 7:e uppl. - M.: Prosveshchenie, 2001. - 271 sid.

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-dyuk N.G Ytterligare kapitel till skolboken för al-geb-ry 9:e klass. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Wikipedia är ett fritt uppslagsverk.

Introduktion

Huvudsak

1. Fullständig och ofullständig induktion

2. Principen för matematisk induktion

3. Metod för matematisk induktion

4. Lösningsexempel

5. Jämställdhet

6. Dela tal

7. Ojämlikheter

Slutsats

Lista över begagnad litteratur

Introduktion

Grunden för all matematisk forskning är deduktiva och induktiva metoder. Den deduktiva resonemangsmetoden är resonemang från det allmänna till det specifika, d.v.s. resonemang, vars utgångspunkt är det allmänna resultatet, och slutpunkten är det särskilda resultatet. Induktion används när man går från särskilda resultat till generella, d.v.s. är motsatsen till deduktiv metod.

Metoden för matematisk induktion kan jämföras med framsteg. Vi utgår från det lägsta, och som ett resultat av logiskt tänkande kommer vi till det högsta. Människan har alltid strävat efter framsteg, efter förmågan att utveckla sina tankar logiskt, vilket gör att naturen själv har bestämt henne att tänka induktivt.

Även om tillämpningsområdet för metoden för matematisk induktion har ökat, ägnas lite tid åt det i skolans läroplan. Tja, säg vad användbar för en person kommer att ta med sig dessa två eller tre lektioner, under vilka han kommer att höra fem teoriord, lösa fem primitiva problem och, som ett resultat, kommer att få ett A för det faktum att han inte vet någonting.

Men det är så viktigt att kunna tänka induktivt.

Huvudsak

I sin ursprungliga betydelse tillämpas ordet "induktion" på resonemang genom vilka allmänna slutsatser erhålls baserat på ett antal specifika påståenden. Den enklaste metoden för resonemang av detta slag är fullständig induktion. Här är ett exempel på ett sådant resonemang.

Låt det vara nödvändigt att fastställa att varje jämnt naturligt tal n inom 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.

Dessa nio likheter visar att vart och ett av talen vi är intresserade av verkligen representeras som summan av två enkla termer.

Fullständig induktion består alltså av att bevisa det allmänna påståendet separat i vart och ett av ett ändligt antal möjliga fall.

Ibland kan det allmänna resultatet förutsägas efter att man inte har beaktat alla, utan ett tillräckligt stort antal särskilda fall (den så kallade ofullständiga induktionen).

Resultatet som erhålls genom ofullständig induktion förblir dock bara en hypotes tills det bevisas genom exakta matematiska resonemang, som täcker alla specialfall. Med andra ord, ofullständig induktion i matematik anses inte vara en legitim metod för rigorösa bevis, utan är en kraftfull metod för att upptäcka nya sanningar.

Låt dig till exempel hitta summan av de första n på varandra följande udda talen. Låt oss överväga speciella fall:

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

Efter att ha övervägt dessa få specialfall antyder följande allmänna slutsats sig själv:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

de där. summan av de första n på varandra följande udda talen är n 2

Naturligtvis kan den gjorda observationen ännu inte tjäna som bevis på giltigheten av den givna formeln.

Komplett induktion har endast begränsade tillämpningar inom matematik. Många intressanta matematiska påståenden täcker ett oändligt antal specialfall, men vi kan inte testa dem för ett oändligt antal fall. Ofullständig induktion leder ofta till felaktiga resultat.

I många fall är vägen ut ur den här typen av svårigheter att tillgripa en speciell metod för resonemang, som kallas metoden för matematisk induktion. Det är som följer.

Anta att du behöver bevisa giltigheten av ett visst påstående för vilket naturligt tal n som helst (du måste till exempel bevisa att summan av de första n udda talen är lika med n 2). Direkt verifiering av detta påstående för varje värde på n är omöjligt, eftersom mängden naturliga tal är oändlig. För att bevisa detta påstående, kontrollera först dess giltighet för n=1. Sedan bevisar de att för vilket naturligt värde av k som helst, innebär giltigheten av påståendet som övervägs för n=k dess giltighet för n=k+1.

Då anses påståendet bevisat för alla n. Faktum är att påståendet är sant för n=1. Men då gäller det också för nästa tal n=1+1=2. Giltigheten av påståendet för n=2 antyder dess giltighet för n=2+

1=3. Detta antyder giltigheten av påståendet för n=4, etc. Det är klart att vi i slutändan kommer att nå vilket naturligt tal n som helst. Detta betyder att påståendet är sant för alla n.

Sammanfattningsvis av det som har sagts formulerar vi följande allmän princip.

Principen för matematisk induktion.

Om förslag A(n), beroende på det naturliga taletn, sant förn=1 och från det faktum att det är sant förn=k(Vark-vilket naturligt tal som helst), följer att det är sant för nästa taln=k+1, sedan antagande A(n) sant för alla naturliga taln.

I ett antal fall kan det vara nödvändigt att bevisa giltigheten av ett visst påstående inte för alla naturliga tal, utan endast för n>p, där p är ett fast naturligt tal. I detta fall är principen för matematisk induktion formulerad enligt följande. Om förslag A(n) sant förn=poch om A(k) Þ A(k+1)för vem som helstk>p,sedan mening A(n)sant för vem som helstn> sid.

Beviset med metoden för matematisk induktion utförs enligt följande. Först kontrolleras påståendet som ska bevisas för n=1, dvs. sanningen i påstående A(1) är fastställd. Denna del av beviset kallas induktionsgrunden. Sedan kommer den del av beviset som kallas induktionssteget. I denna del bevisar de påståendets giltighet för n=k+1 under antagandet om påståendets giltighet för n=k (induktionsantagande), d.v.s. bevisa att A(k)ÞA(k+1).

EXEMPEL 1

Bevisa att 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Lösning: 1) Vi har n=1=1 2 . Därav,

påståendet är sant för n=1, dvs. A(1) är sant.

2) Låt oss bevisa att A(k)ÞA(k+1).

Låt k vara vilket naturligt tal som helst och låt påståendet vara sant för n=k, d.v.s.

1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Låt oss bevisa att då påståendet är sant även för nästa naturliga tal n=k+1, d.v.s. Vad

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Verkligen,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2.

Så, A(k)ÞA(k+1). Baserat på principen om matematisk induktion drar vi slutsatsen att antagandet A(n) är sant för alla nÎN.

EXEMPEL 2

Bevisa det

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

Lösning: 1) För n=1 får vi

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

därför är formeln korrekt för n=1; A(1) är sant.

2) Låt k vara vilket naturligt tal som helst och låt formeln vara sann för n=k, d.v.s.

1+x+x2+x3+…+xk =(xk+1-1)/(x-1).

Låt oss bevisa det då jämlikheten

1+x+x2 +x3 +…+xk +xk+1 =(xk+2-1)/(x-1).

Verkligen

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

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

Så, A(k)ÞA(k+1). Baserat på principen om matematisk induktion drar vi slutsatsen att formeln är sann för alla naturliga tal n.

EXEMPEL 3

Bevisa att antalet diagonaler för en konvex n-gon är lika med n(n-3)/2.

Lösning: 1) För n=3 är påståendet sant

Och 3 är meningsfullt, för i en triangel

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

A 2 A(3) är sant.

2) Låt oss anta att i varje

en konvex k-gon har-

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

Och k Låt oss bevisa att då i en konvex

(k+1)-gonnummer

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

Låt A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 vara en konvex (k+1)-gon. Låt oss rita en diagonal A 1 A k i den. För att beräkna det totala antalet diagonaler för denna (k+1)-gon måste du räkna antalet diagonaler i k-gonen A 1 A 2 ...A k , addera k-2 till det resulterande talet, d.v.s. antalet diagonaler för (k+1)-gonen som utgår från vertex A k+1, och dessutom bör diagonalen A 1 A k beaktas.

Således,

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

Så, A(k)ÞA(k+1). På grund av principen om matematisk induktion är påståendet sant för alla konvexa n-goner.

EXEMPEL 4

Bevisa att följande påstående är sant för alla n:

12+22+32+…+n2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Lösning: 1) Låt då n=1

X1=12=1(1+1)(2+1)/6=1.

Detta betyder att för n=1 är påståendet sant.

2) Antag att n=k

Xk=k2=k(k+1)(2k+1)/6.

3) Betrakta detta påstående för n=k+1

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

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

6(k+1))/6=(k+1)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

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

Vi har bevisat att likheten är sann för n=k+1, därför, i kraft av metoden för matematisk induktion, är påståendet sant för alla naturliga tal n.

EXEMPEL 5

Bevisa att för alla naturliga tal n är likheten sann:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n3 =n 2 (n+1) 2/4.

Lösning: 1) Låt n=1.

Då X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vi ser att för n=1 är påståendet sant.

2) Antag att likheten är sann för n=k

Om en mening A(n), beroende på ett naturligt tal n, är sann för n=1 och av det faktum att den är sann för n=k (där k är vilket naturligt tal som helst), följer det att det också är sant för nästa tal n=k +1, då är antagandet A(n) sant för vilket naturligt tal n som helst.

I ett antal fall kan det vara nödvändigt att bevisa giltigheten av ett visst påstående inte för alla naturliga tal, utan endast för n>p, där p är ett fast naturligt tal. I detta fall är principen för matematisk induktion formulerad enligt följande.

Om påståendet A(n) är sant för n=p och om A(k) ≈ A(k+1) för valfritt k>p, så är påståendet A(n) sant för valfritt n>p.

Beviset med metoden för matematisk induktion utförs enligt följande. Först kontrolleras påståendet som ska bevisas för n=1, dvs. sanningen i påstående A(1) är fastställd. Denna del av beviset kallas induktionsgrunden. Sedan kommer den del av beviset som kallas induktionssteget. I denna del bevisar de påståendets giltighet för n=k+1 under antagandet om påståendets giltighet för n=k (induktionsantagande), d.v.s. bevisa att A(k) 1 A(k+1)

Bevisa att 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

• 1) Vi har n=1=1 2 . Därför är påståendet sant för n=1, dvs. A(1) sant
• 2) Låt oss bevisa att A(k) ≥ A(k+1)

Låt k vara vilket naturligt tal som helst och låt påståendet vara sant för n=k, d.v.s.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Låt oss bevisa att då påståendet är sant även för nästa naturliga tal n=k+1, d.v.s. Vad

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

Så A(k) 1 A(k+1). Baserat på principen om matematisk induktion drar vi slutsatsen att antagandet A(n) är sant för alla n O N

Bevisa det

1+x+x2 +x3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), där x nr 1

• 1) För n=1 får vi
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

därför är formeln korrekt för n=1; A(1) sant

• 2) Låt k vara vilket naturligt tal som helst och låt formeln vara sann för n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Låt oss bevisa det då jämlikheten

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

Så A(k) 1 A(k+1). Baserat på principen om matematisk induktion drar vi slutsatsen att formeln är sann för alla naturliga tal n

Bevisa att antalet diagonaler för en konvex n-gon är n(n-3)/2

Lösning: 1) För n=3 är påståendet sant, eftersom i triangeln

A3=3(3-3)/2=0 diagonaler; A 2 A(3) sant

2) Antag att det i varje konvex k-gon finns A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonaler. A k Låt oss bevisa att då i en konvex A k+1 (k+1)-gon antalet diagonaler A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Låt A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 vara en konvex (k+1)-gon. Låt oss rita en diagonal A 1 A k i den. För att beräkna det totala antalet diagonaler för denna (k+1)-gon måste du räkna antalet diagonaler i k-gonen A 1 A 2 ...A k , addera k-2 till det resulterande talet, d.v.s. antalet diagonaler för (k+1)-gonen som utgår från vertex A k+1, och dessutom bör diagonalen A 1 A k beaktas

Således,

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

Så A(k) 1 A(k+1). På grund av principen om matematisk induktion är påståendet sant för alla konvexa n-goner.

Bevisa att följande påstående är sant för alla n:

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

Lösning: 1) Låt då n=1

X1=12=1(1+1)(2+1)/6=1

2) Antag att n=k

Xk=k2=k(k+1)(2k+1)/6

3) Betrakta detta påstående för n=k+1

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

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

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

6(k+1))/6=(k+1)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

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

Vi har bevisat att likheten är sann för n=k+1, därför, i kraft av metoden för matematisk induktion, är påståendet sant för alla naturliga tal n

Bevisa att för alla naturliga tal n är likheten sann:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Lösning: 1) Låt n=1

Då X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4=1. Vi ser att för n=1 är påståendet sant.

2) Antag att likheten är sann för n=k

Xk=k2(k+1)2/4

3) Låt oss bevisa sanningen i detta påstående för n=k+1, dvs.

Xk+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

Från ovanstående bevis är det tydligt att påståendet är sant för n=k+1, därför är likheten sann för alla naturliga tal n

Bevisa det

((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), där n>2

Lösning: 1) För n=2 ser identiteten ut så här:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), dvs. det är sant
• 2) Antag att uttrycket är sant för 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) Låt oss bevisa giltigheten av uttrycket för n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k2 +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)

Vi har bevisat att likheten är sann för n=k+1, därför, i kraft av metoden för matematisk induktion, är påståendet sant för alla n>2

Bevisa det

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) för valfritt naturligt tal n

Lösning: 1) Låt då n=1

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Antag att n=k då
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Låt oss bevisa sanningen i detta påstående för 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)

Giltigheten av likheten för n=k+1 har också bevisats, därför är påståendet sant för alla naturliga tal n.

Bevisa att identiteten är korrekt

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+...+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) för något naturligt n

• 1) För n=1 är identiteten sann 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Antag att för n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Låt oss bevisa att identiteten är sann för n=k+1
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Av ovanstående bevis är det tydligt att påståendet är sant för vilket naturligt tal n som helst.

Bevisa att (11 n+2 +12 2n+1) är delbart med 133 utan återstod

Lösning: 1) Låt då n=1

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

Men (23 ґ 133) är delbart med 133 utan rest, vilket betyder att för n=1 är påståendet sant; A(1) är sant.

• 2) Antag att (11 k+2 +12 2k+1) är delbart med 133 utan rest
• 3) Låt oss bevisa att i detta fall (11 k+3 +12 2k+3) är delbart med 133 utan rest. Verkligen
• 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

Den resulterande summan divideras med 133 utan rest, eftersom dess första term är delbar med 133 utan rest genom antagande, och i den andra är en av faktorerna 133. Så A(k) 1 A(k+1). I kraft av metoden för matematisk induktion är påståendet bevisat

Bevisa att för alla n 7 är n -1 delbart med 6 utan rest

• 1) Låt n=1, då divideras X 1 =7 1 -1=6 med 6 utan rest. Detta betyder att för n=1 är påståendet sant
• 2) Antag att när n=k 7 k -1 divideras med 6 utan rest
• 3) Låt oss bevisa att påståendet är sant för n=k+1

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

Den första termen är delbar med 6, eftersom 7 k -1 är delbar med 6 genom antagande, och den andra termen är 6. Det betyder att 7 n -1 är en multipel av 6 för vilket naturligt tal n som helst. I kraft av metoden för matematisk induktion är påståendet bevisat.

Bevisa att 3 3n-1 +2 4n-3 för ett godtyckligt naturligt tal n är delbart med 11.

1) Låt då n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 divideras med 11 utan rest.

Detta betyder att för n=1 är påståendet sant

• 2) Antag att när n=k X k =3 3k-1 +2 delas 4k-3 med 11 utan en rest
• 3) Låt oss bevisa att påståendet är sant för 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

Den första termen är delbar med 11 utan rest, eftersom 3 3k-1 +2 4k-3 är delbar med 11 genom antagande, den andra är delbar med 11, eftersom en av dess faktorer är talet 11. Det betyder att summan är delbart med 11 utan rest för något naturligt tal n. I kraft av metoden för matematisk induktion är påståendet bevisat.

Bevisa att 11 2n -1 för ett godtyckligt naturligt tal n är delbart med 6 utan rest

• 1) Låt n=1, då är 11 2 -1=120 delbart med 6 utan rest. Detta betyder att för n=1 är påståendet sant
• 2) Antag att när n=k 1 2k -1 delas med 6 utan en rest
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Båda termerna är delbara med 6 utan rest: den första innehåller en multipel av 6, 120, och den andra är delbar med 6 utan rest genom antagande. Det betyder att summan är delbar med 6 utan rest. I kraft av metoden för matematisk induktion är påståendet bevisat.

Bevisa att 3 3n+3 -26n-27 för ett godtyckligt naturligt tal n är delbart med 26 2 (676) utan rest

Låt oss först bevisa att 3 3n+3 -1 är delbart med 26 utan rest

• 1. När n=0
• 3 3 -1=26 divideras med 26
• 2. Antag att för n=k
• 3 3k+3 -1 är delbart med 26
• 3. Låt oss bevisa att påståendet är sant för n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -dividerat med 26

Låt oss nu bevisa påståendet som formulerats i problemformuleringen

• 1) Uppenbarligen är påståendet sant för n=1
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Antag att uttrycket 3 3k+3 -26k-27 för n=k divideras med 26 2 utan rest.
• 3) Låt oss bevisa att påståendet är sant för n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Båda termerna är delbara med 26 2; den första är delbar med 26 2 eftersom vi har bevisat att uttrycket inom parentes är delbart med 26, och det andra är delbart med induktionshypotesen. I kraft av metoden för matematisk induktion är påståendet bevisat

Bevisa att om n>2 och x>0 så är olikheten (1+x) n >1+n ґ x sann

• 1) För n=2 är olikheten giltig, eftersom
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Så A(2) är sant

• 2) Låt oss bevisa att A(k) ≈ A(k+1), om k> 2. Antag att A(k) är sant, d.v.s. att olikheten
• (1+x) k >1+k ґ x. (3)

Låt oss bevisa att då A(k+1) också är sant, d.v.s. att ojämlikheten

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Faktum är att vi multiplicerar båda sidor av olikheten (3) med det positiva talet 1+x

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Betrakta den högra sidan av den sista ojämlikheten; vi har

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

Som ett resultat får vi att (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Så A(k) 1 A(k+1). Baserat på principen om matematisk induktion kan det hävdas att Bernoullis ojämlikhet är giltig för alla n> 2

Bevisa att olikheten (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 för a> 0 är sann

Lösning: 1) När m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 båda sidorna är lika
• 2) Antag att för m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Låt oss bevisa att för m=k+1 är olikheten sann
• (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

Vi har bevisat att ojämlikheten är sann för m=k+1, därför, i kraft av metoden för matematisk induktion, är olikheten giltig för alla naturliga tal m

Bevisa att för n>6 är olikheten 3 n >n ґ 2 n+1 sann

Låt oss skriva om olikheten i formen (3/2) n >2n

• 1. För n=7 har vi 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 är ojämlikheten sann
• 2. Antag att för n=k (3/2) k >2k
• 3) Låt oss bevisa olikheten för n=k+1
• 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Sedan k>7 är den sista ojämlikheten uppenbar.

Tack vare metoden för matematisk induktion är olikheten giltig för vilket naturligt tal n som helst

Bevisa att för n>2 är ojämlikheten sann

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) För n=3 är olikheten sann
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Antag att för n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Låt oss bevisa giltigheten av olikheten för n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Låt oss bevisa att 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

Det senare är uppenbart, och därför

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

I kraft av metoden matematisk induktion bevisas ojämlikheten.

Inom många grenar av matematiken är det nödvändigt att bevisa sanningen i ett påstående beroende på , d.v.s. påståendets sanning p(n) För " n PÅ (för alla n PÅ p(n) höger).

Detta kan ofta bevisas genom metoden matematisk induktion.

Denna metod bygger på principen om matematisk induktion. Det är vanligtvis valt som ett av aritmetikens axiom och accepteras därför utan bevis. Enligt principen om matematisk induktion, meningen p(n) anses vara sant för alla naturvärden av variabeln om två villkor är uppfyllda:

1. Erbjudande p(n) sant för n= 1.

2. Från meningen att p(n) sant för n =k (k — godtyckligt naturligt tal) följer att det är sant för n =k+ 1.

Metoden för matematisk induktion betyder följande bevismetod

1. Kontrollera sanningen i påståendet för n= 1 – bas för induktion.

2. Antag att påståendet är sant för n = k – induktiv hypotes.

3. De bevisar att då är det också sant för n =k+ 1 induktiv koppling.

Ibland ett förslag p(n) visar sig vara sant inte för alla naturliga n, och från några för n = n 0. I det här fallet, sanningen om p(n) på n = n 0.

Exempel 1. Låt . Bevisa det

1. Induktionsbas: kl n= 1 per definition S 1 = 1 och enligt formeln får vi ett resultat. Påståendet är sant.

n = k Och .

n = k+ 1. Låt oss bevisa att .

I själva verket i kraft av det induktiva antagandet

Låt oss omvandla detta uttryck

Induktiv övergång har bevisats.

Kommentar. Det är användbart att skriva ner vad som ges (den induktiva hypotesen) och vad som behöver bevisas!

Exempel 2. Bevisa

1. Bas för induktion. På n= 1, påståendet är uppenbarligen sant.

2. Induktiv hypotes. Låta n = k Och

3. Induktiv övergång. Låta n = k+ 1. Låt oss bevisa:

Låt oss faktiskt kvadrera den högra sidan som summan av två tal:

Med hjälp av det induktiva antagandet och formeln för summan av en aritmetisk progression: , får vi

Exempel 3. Bevisa ojämlikhet

1. Grunden för induktion i detta fall är att kontrollera sanningen av påståendet för , d.v.s. det är nödvändigt att kontrollera ojämlikheten. För att göra detta räcker det med att kvadrera ojämlikheten: eller 63< 64 – неравенство верно.

2. Låt ojämlikheten vara sann för , d.v.s.

3. Låt oss bevisa:

Vi använder induktionsantagandet

Att veta hur den högra sidan i den ojämlikhet som bevisas bör se ut, låt oss lyfta fram den här delen

Det återstår att fastställa att den extra faktorn inte överstiger en. Verkligen,

Exempel 4. Bevisa att för alla naturliga tal slutar talet på siffran .

1. Det minsta naturliga tal från vilket påståendet är giltigt är lika med . .

2. Låt nummer sluta på . Det betyder att detta tal kan skrivas i formen , där är något naturligt tal. Sedan .

3. Låt . Låt oss bevisa att det slutar på . Genom att använda den erhållna representationen får vi

Den sista siffran har exakt ettor.

Ansökan

1.4. Metod för matematisk induktion

Som ni vet måste matematiska påståenden (satser) vara underbyggda och bevisade. Vi ska nu bekanta oss med en av bevismetoderna - metoden för matematisk induktion.

I vid bemärkelse är induktion en resonemangsmetod som låter en gå från särskilda uttalanden till allmänna. Den omvända övergången, från allmänna uttalanden till specifika, kallas deduktion.

Avdrag leder alltid till korrekta slutsatser. Till exempel känner vi till det allmänna resultatet: alla heltal som slutar på noll är delbara med 5. Av detta kan vi naturligtvis dra slutsatsen att varje specifikt tal som slutar på 0, till exempel 180, är ​​delbart med 5.

Samtidigt kan induktion leda till felaktiga slutsatser. När vi till exempel märker att talet 60 är delbart med talen 1, 2, 3, 4, 5, 6, har vi ingen rätt att dra slutsatsen att 60 är delbart med vilket tal som helst.

Metoden för matematisk induktion tillåter i många fall att strikt bevisa giltigheten av det allmänna påståendet P(n), vars formulering inkluderar det naturliga talet n.

Tillämpningen av metoden omfattar 3 steg.

1) Induktionsgrund: vi kontrollerar giltigheten av påståendet P(n) för n = 1 (eller för ett annat, speciellt värde på n, med början från vilket giltigheten av P(n) antas).

2) Induktionsantagande: vi antar att P(n) är giltigt för n = k.

3) Induktionssteg: med antagandet bevisar vi att P(n) är giltigt för n = k + 1.

Som ett resultat kan vi dra slutsatsen att P(n) är giltig för alla n ∈ N. För n = 1 är påståendet sant (induktionsbas). Och därför är det också sant för n = 2, eftersom övergången från n = 1 till n = 2 är motiverad (induktionssteg). Genom att tillämpa induktionssteget om och om igen får vi giltigheten av P(n) för n = 3, 4, 5, . . ., dvs. giltigheten av P(n) för alla n.

Exempel 14. Summan av de första n udda naturliga talen är n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n - 1) = n2.

Vi kommer att utföra bevisningen med metoden matematisk induktion.

1) Bas: med n=1 finns det bara en term till vänster, vi får: 1 = 1.

Påståendet är sant.

2) Antagande: vi antar att för vissa k är likheten sann: 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k2.

Lösa problem om sannolikheten för träffar under skott

Den allmänna formuleringen av problemet är följande:

Sannolikheten att träffa målet med ett skott är $p$. $n$ skott avlossas. Hitta sannolikheten att målet kommer att träffas exakt $k$ gånger (det kommer att finnas $k$ träffar).

Vi tillämpar Bernoullis formel och får:

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

Här är $C_n^k$ antalet kombinationer av $n$ med $k$.

Om problemet involverar flera pilar med olika sannolikheter träffa målet, teori, exempellösningar och en miniräknare finns här.

Videohandledning och Excel-mall

Se vår video om hur du löser problem med Bernoulli-skott och lär dig hur du använder Excel för att lösa vanliga problem.

Excel-beräkningsfilen från videon kan laddas ner gratis och användas för att lösa dina problem.

Exempel på lösningar på problem med att träffa ett mål i en serie skott

Låt oss titta på några typiska exempel.

Exempel 1. Avlossade 7 skott. Sannolikheten för en träff med ett skott är 0,705. Hitta sannolikheten att det blir exakt 5 träffar.

Vi får att problemet involverar upprepade oberoende tester (skott mot ett mål), totalt $n=7$ skott avlossas, sannolikheten för en träff för varje $p=0,705$, sannolikheten för en miss $q=1 -p=1-0,705=0,295 $.

Vi måste finna att det kommer att finnas exakt $k=5$ träffar. Vi ersätter allt med formeln (1) och får: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

Exempel 2. Sannolikheten att träffa målet med ett skott är 0,4.

Fyra oberoende skott avlossas mot målet. Hitta sannolikheten att det blir minst en träff på målet.

Vi studerar problemet och skriver ner parametrarna: $n=4$ (skott), $p=0.4$ (sannolikhet för en träff), $k \ge 1$ (det kommer att finnas minst en träff).

Vi använder formeln för sannolikheten för den motsatta händelsen (det finns inte en enda träff):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 .6 ^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$

Sannolikheten att träffa minst en gång av fyra är 0,87 eller 87%.

Exempel 3. Sannolikheten att skytten träffar målet är 0,3.

Hitta sannolikheten att med 6 skott målet kommer att träffas från tre till sex gånger.

Till skillnad från tidigare problem behöver du här hitta sannolikheten för att antalet träffar kommer att vara i ett visst intervall (och inte exakt lika med något antal). Men samma formel används.

Låt oss ta reda på sannolikheten för att målet kommer att träffas från tre till sex gånger, det vill säga det blir antingen 3, eller 4, eller 5 eller 6 träffar.

Vi beräknar dessa sannolikheter med formeln (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.

Eftersom händelserna är inkompatibla kan den önskade sannolikheten hittas med hjälp av formeln för att addera sannolikheter: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) )=$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256,$$

Exempel 4. Sannolikheten för minst en träff på målet med fyra skott är 0,9984. Hitta sannolikheten att träffa målet med ett skott.

Låt oss beteckna sannolikheten att träffa målet med ett skott. Låt oss presentera en händelse:
$A = $ (av fyra skott kommer minst ett att träffa målet),
såväl som den motsatta händelsen, som kan skrivas som:
$\overline(A) = $ (Alla 4 skott kommer att missa målet, inte en enda träff).

Låt oss skriva ner formeln för sannolikheten för händelse $A$.

Låt oss skriva ner de kända värdena: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Ersätt i formel (1) och få:

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

Vi löser den resulterande ekvationen:

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

Så sannolikheten att träffa målet med ett skott är 0,8.

Tack för att du läser och delar med andra.

Användbara länkar

Hitta färdiga problem i lösaren:

Onlineberäkningar med Bernoullis formel

Lösa ojämlikheter med hjälp av en miniräknare

Ojämlikheter i matematik hänvisar till alla ekvationer där "=" ersätts med någon av följande symboler: \[>\]\[\geq\]\[

* linjär;

* kvadrat;

* bråkdel;

* vägledande;

* trigonometrisk;

* logaritmisk.

Beroende på detta kallas ojämlikheter linjära, partiella osv.

Du bör vara medveten om dessa tecken:

* ojämlikheter med större än (>) eller mindre än (

* Ojämlikheter med symboler som är större än eller lika med \[\geq\] mindre än eller lika med [\leq\] kallas oprofessionella;

* ikonen är inte samma \[\ne\], men det är nödvändigt att lösa fall med denna ikon hela tiden.

Sådan ojämlikhet löses genom identitetsförvandlingar.

Läs även vår artikel Lös komplett lösning för onlineekvation

Låt oss anta att följande ojämlikhet gäller:

Vi löser det på samma sätt som en linjär ekvation, men vi måste vara försiktiga med olikhetstecknet.

Först flyttar vi termer från det okända till vänster, från det kända till höger, och vänder på symbolerna:

Sedan dividerar vi båda sidor med -4 och vänder om olikhetstecknet:

Detta är svaret på denna ekvation.

Var kan jag lösa ojämlikhet online?

Du kan lösa ekvationen på vår webbplats pocketteacher.ru.

Bernoulli ojämlikhetskalkylator

På bara några sekunder kommer den kostnadsfria onlineräddningslösningen att lösa en onlineekvation oavsett komplexitet. Allt du behöver göra är att ange dina uppgifter i räddningen. Du kan också se videoinstruktioner och lära dig hur du löser ekvationen på vår hemsida.

Och om du har frågor kan du ställa dem i vår Vkontakte-grupp: pocketteacher. Gå med i vår grupp, vi hjälper dig gärna.

Metod för fullständig matematisk induktion

Lösa ekvationer/differentialekvationer

© Test RU - onlineräknare

Lösa differentialekvationer

Ange diff.

ekvationen:

Med hjälp av miniräknaren kan du lösa differentialekvationer av varierande komplexitet.

Exempel på lösbara differentialekvationer

Bevismetoden baserad på Peanos axiom 4 används för att bevisa många matematiska egenskaper och olika påståenden. Grunden för detta är följande teorem.

Sats. Om uttalandet A(n) med naturlig variabel n sant för n= 1 och från det faktum att det är sant för n = k, det följer att det är sant för nästa nummer n=k, sedan uttalandet A(n) n.

Bevis. Låt oss beteckna med M uppsättningen av dessa och endast de naturliga tal för vilka påståendet A(n) Sann. Sedan har vi från satsens villkor: 1) 1 M; 2) k MkM. Härifrån, baserat på axiom 4, drar vi slutsatsen att M =N, dvs. påstående A(n) sant för alla naturliga n.

Bevismetoden baserad på detta teorem kallas genom metoden matematisk induktion, och axiomet är induktionens axiom. Detta bevis består av två delar:

1) bevisa att påståendet A(n) sant för n= A(1);

2) anta att påståendet A(n) sant för n = k, och, baserat på detta antagande, bevisa att påståendet En) sant för n = k+ 1, dvs. att påståendet är sant A(k) A(k+ 1).

Om A( 1) A(k) A(k+ 1) - sant påstående, då drar de slutsatsen att påståendet En) sant för alla naturliga tal n.

Bevis med metoden för matematisk induktion kan börja inte bara med bekräftelse av sanningen av påståendet för n= 1, men också från valfritt naturligt tal m. I det här fallet uttalandet A(n) kommer att bevisas för alla naturliga tal nm.

Problem: Låt oss bevisa att för alla naturliga tal är likheten 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

Lösning. Jämlikhet 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = när en formel som kan användas för att hitta summan av de första på varandra följande udda naturliga talen. Till exempel, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (summan innehåller 4 termer), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (summan innehåller 6 termer); om denna summa innehåller 20 termer av den angivna typen är den lika med 20 = 400, etc. Efter att ha bevisat sanningen om denna likhet kommer vi att kunna hitta summan av valfritt antal termer av den angivna typen med hjälp av formeln.

1) Låt oss verifiera sanningen av denna jämlikhet för n= 1. När n= 1 den vänstra sidan av likheten består av en term lika med 1, den högra sidan är lika med 1= 1. Eftersom 1 = 1, då för n= 1 denna jämlikhet är sann.

2) Antag att denna jämlikhet gäller för n = k, dvs. att 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Baserat på detta antagande bevisar vi att det är sant för n = k+ 1, dvs. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Låt oss titta på den vänstra sidan av den senaste jämlikheten.

Genom antagande, summan av den första k termer är lika med k och därför 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Uttryck k+ 2k + 1 är identiskt lika med uttrycket ( k + 1).

Därför sanningen om denna jämlikhet för n = k+ 1 har bevisats.

Således är denna jämlikhet sant för n= 1 och från dess sanning för n = k måste vara sant för n = k+ 1.

Detta bevisar att denna likhet är sant för alla naturliga tal.

Med hjälp av metoden för matematisk induktion kan du bevisa sanningen om inte bara jämlikheter utan också ojämlikheter.

Uppgift. Bevisa det, var nN.

Lösning. Låt oss kontrollera sanningen om ojämlikheten vid n= 1. Vi har - sann ojämlikhet.

Låt oss anta att ojämlikheten är sann för n = k, de där. – verklig ojämlikhet. Låt oss bevisa, baserat på antagandet, att det också är sant för n = k+ 1, dvs. (*).

Låt oss omvandla den vänstra sidan av ojämlikheten (*), med hänsyn till att: .

Men det betyder .

Så, denna ojämlikhet är sant för n= 1, och från det faktum att ojämlikheten är sant för vissa n= k, fann vi att det också är sant för n= k + 1.

Således, med hjälp av axiom 4, bevisade vi att denna olikhet är sann för alla naturliga tal.

Andra påståenden kan bevisas med metoden för matematisk induktion.

Uppgift. Bevisa att påståendet är sant för alla naturliga tal.

Lösning. Låt oss kontrollera sanningen i påståendet när n= 1: -sant påstående.

Låt oss anta att detta påstående är sant för n = k: . Låt oss visa, med hjälp av detta, sanningen i påståendet när n = k+ 1: .

Låt oss omvandla uttrycket: . Låt oss hitta skillnaden k Och k+ 1 medlemmar. Om det visar sig att den resulterande skillnaden är en multipel av 7, och genom antagandet att subtrahenden är delbar med 7, så är minuenden också en multipel av 7:

Produkten är därför en multipel av 7 och .

Således är detta påstående sant för n= 1 och från dess sanning för n = k måste vara sant för n = k+ 1.

Detta bevisar att detta påstående är sant för alla naturliga tal.

Uppgift. Bevisa det för alla naturliga tal n 2 påstående (7-1)24 är sant.

Lösning. 1) Låt oss kontrollera sanningen i påståendet när n= 2: - sant påstående.