Metoda matematičke indukcije i njena primjena u rješavanju problema. Primjena metode matematičke indukcije na rješavanje problema o djeljivosti prirodnih brojeva

Istinsko znanje u svakom trenutku se zasnivalo na uspostavljanju obrasca i dokazivanju njegove istinitosti u određenim okolnostima. Tokom tako dugog perioda postojanja logičkog zaključivanja, pravila su se formulisala, a Aristotel je čak sastavio listu „ispravnih rasuđivanja“. Istorijski gledano, bilo je uobičajeno da se svi zaključci dijele na dva tipa – od konkretnih do višestrukih (indukcija) i obrnuto (dedukcija). Treba napomenuti da vrste dokaza od posebnog do opšteg i od opšteg do posebnog postoje samo u sprezi i ne mogu biti međusobno zamjenjive.

Indukcija u matematici

Izraz "indukcija" ima latinske korijene i doslovno se prevodi kao "vodenje". Nakon detaljnijeg proučavanja, može se istaknuti struktura riječi, odnosno latinski prefiks - in- (označava usmjerenu radnju prema unutra ili biti unutra) i -duction - uvod. Vrijedi napomenuti da postoje dvije vrste - potpuna i nepotpuna indukcija. Puni oblik karakteriziraju zaključci izvučeni iz proučavanja svih objekata određene klase.

Nepotpuni - zaključci koji se odnose na sve predmete u razredu, ali se donose na osnovu proučavanja samo nekih jedinica.

Potpuna matematička indukcija je zaključak zasnovan na opštem zaključku o čitavoj klasi bilo kojih objekata koji su funkcionalno povezani odnosima prirodnog niza brojeva na osnovu poznavanja ove funkcionalne veze. U ovom slučaju, proces dokazivanja se odvija u tri faze:

• prvi dokazuje ispravnost stava matematičke indukcije. Primjer: f = 1, indukcija;
• sljedeća faza je zasnovana na pretpostavci da je pozicija važeća za sve prirodne brojeve. To jest, f=h je induktivna hipoteza;
• u trećoj fazi se dokazuje validnost pozicije za broj f=h+1, na osnovu ispravnosti položaja prethodne tačke - ovo je indukcijski prelaz, odnosno korak matematičke indukcije. Primjer je tzv. ako padne prvi kamen u nizu (osnova), onda padaju svi kamenčići u nizu (prijelaz).

I u šali i ozbiljno

Radi lakšeg razumijevanja, primjeri rješenja korištenjem metode matematičke indukcije predstavljeni su u obliku šaljivih zadataka. Ovo je zadatak “Pristojan red”:

• Pravila ponašanja zabranjuju muškarcu da se okrene ispred žene (u takvoj situaciji joj je dozvoljeno da ide naprijed). Na osnovu ove izjave, ako je posljednji u redu muškarac, onda su svi ostali muškarci.

Upečatljiv primjer metode matematičke indukcije je problem "bezdimenzijskog leta":

• Potrebno je dokazati da u minibus može stati bilo koji broj ljudi. Istina je da jedna osoba može bez poteškoća stati u vozilo (osnova). Ali bez obzira koliko je minibus pun, 1 putnik će uvijek stati u njega (indukcijski korak).

Poznati krugovi

Primjeri rješavanja problema i jednačina matematičkom indukcijom su prilično česti. Kao ilustraciju ovog pristupa, razmotrite sljedeći problem.

Stanje: na ravni ima h krugova. Potrebno je dokazati da se, za bilo koji raspored figura, karta koju formiraju može ispravno obojati u dvije boje.

Rješenje: kada je h=1 istinitost tvrdnje je očigledna, pa će se dokaz konstruisati za broj krugova h+1.

Prihvatimo pretpostavku da tvrdnja vrijedi za bilo koju kartu, a na ravni ima h+1 krugova. Uklanjanjem jednog od krugova iz ukupnog broja možete dobiti kartu ispravno obojenu u dvije boje (crna i bijela).

Prilikom vraćanja izbrisanog kruga, boja svake oblasti se mijenja u suprotnu (u ovom slučaju unutar kruga). Rezultat je karta ispravno obojena u dvije boje, što je trebalo dokazati.

Primjeri sa prirodnim brojevima

U nastavku je jasno prikazana primjena metode matematičke indukcije.

Primjeri rješenja:

Dokažite da je za bilo koji h tačna sljedeća jednakost:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Neka je h=1, što znači:

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

Iz ovoga slijedi da je za h=1 tvrdnja tačna.

2. Uz pretpostavku da je h=d, dobija se jednadžba:

R 1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1

3. Uz pretpostavku da je h=d+1, ispada:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Time je dokazana valjanost jednakosti za h=d+1, pa je tvrdnja tačna za bilo koji prirodan broj, kao što je prikazano u primjeru rješenja matematičkom indukcijom.

Zadatak

Stanje: potreban je dokaz da je za bilo koju vrijednost h izraz 7 h -1 djeljiv sa 6 bez ostatka.

Rješenje:

1. Recimo h=1, u ovom slučaju:

R 1 =7 1 -1=6 (tj. podijeljeno sa 6 bez ostatka)

Dakle, za h=1 izjava je tačna;

2. Neka je h=d i 7 d -1 podijeljeno sa 6 bez ostatka;

3. Dokaz valjanosti tvrdnje za h=d+1 je formula:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

U ovom slučaju, prvi član je djeljiv sa 6 prema pretpostavci prve tačke, a drugi član je jednak 6. Tačna je tvrdnja da je 7 h -1 djeljivo sa 6 bez ostatka za bilo koje prirodno h.

Greška u proceni

Često se u dokazima koristi pogrešno zaključivanje zbog netačnosti korištenih logičkih konstrukcija. To se uglavnom dešava kada se naruši struktura i logika dokaza. Primjer pogrešnog zaključivanja je sljedeća ilustracija.

Zadatak

Stanje: potreban je dokaz da bilo koja gomila kamenja nije gomila.

Rješenje:

1. Recimo h=1, u ovom slučaju ima 1 kamen u gomili i tvrdnja je tačna (osnova);

2. Neka je za h=d tačno da gomila kamenja nije gomila (pretpostavka);

3. Neka je h=d+1, iz čega slijedi da pri dodavanju još jednog kamena set neće biti gomila. Zaključak se nameće da pretpostavka vrijedi za sve prirodne h.

Greška je u tome što ne postoji definicija koliko kamenja čini gomilu. Takav propust se u metodi matematičke indukcije naziva prenagljenom generalizacijom. Primjer to jasno pokazuje.

Indukcija i zakoni logike

Istorijski gledano, oni uvijek “hode ruku pod ruku”. Naučne discipline kao što su logika i filozofija opisuju ih u obliku suprotnosti.

Sa stanovišta zakona logike, induktivne definicije se oslanjaju na činjenice, a istinitost premisa ne određuje ispravnost rezultirajućeg iskaza. Često se zaključci dobijaju sa određenim stepenom vjerovatnoće i uvjerljivosti, koji se, naravno, moraju provjeriti i potvrditi dodatnim istraživanjem. Primjer indukcije u logici bi bio sljedeća izjava:

Suša je u Estoniji, suša u Letoniji, suša u Litvaniji.

Estonija, Letonija i Litvanija su baltičke države. U svim baltičkim državama vlada suša.

Iz primjera možemo zaključiti da se nova informacija ili istina ne može dobiti metodom indukcije. Sve na šta se može računati je neka moguća istinitost zaključaka. Štaviše, istinitost premisa ne garantuje iste zaključke. Međutim, ova činjenica ne znači da indukcija čami na marginama dedukcije: ogroman broj odredbi i naučnih zakona potkrepljuje se metodom indukcije. Primjer je ista matematika, biologija i druge nauke. To je uglavnom zbog metode potpune indukcije, ali u nekim slučajevima je primjenjiva i djelomična indukcija.

Časno doba indukcije omogućilo mu je da prodre u gotovo sve sfere ljudske aktivnosti - to je nauka, ekonomija i svakodnevni zaključci.

Uvođenje u naučnu zajednicu

Metoda indukcije zahtijeva skrupulozan stav, jer previše ovisi o broju dijelova proučavane cjeline: što je veći broj proučavan, to je rezultat pouzdaniji. Na osnovu ove karakteristike, naučni zakoni dobijeni indukcijom se dugo testiraju na nivou probabilističkih pretpostavki kako bi se izolovali i proučavali svi mogući strukturni elementi, veze i uticaji.

U nauci se induktivni zaključak zasniva na značajnim karakteristikama, sa izuzetkom slučajnih odredbi. Ova činjenica je važna u vezi sa specifičnostima naučnog saznanja. To se jasno vidi na primjerima indukcije u nauci.

U naučnom svijetu postoje dvije vrste indukcije (u vezi sa metodom proučavanja):

1. indukcija-selekcija (ili selekcija);
2. indukcija - isključivanje (eliminacija).

Prvi tip se razlikuje po metodičkom (savjesnom) odabiru uzoraka klase (potklase) iz njenih različitih područja.

Primjer ove vrste indukcije je sljedeći: srebro (ili soli srebra) pročišćavaju vodu. Zaključak je zasnovan na višegodišnjim zapažanjima (neka vrsta selekcije potvrda i opovrgavanja – selekcija).

Druga vrsta indukcije zasniva se na zaključcima koji uspostavljaju uzročne veze i isključuju okolnosti koje ne odgovaraju njenim svojstvima, a to su univerzalnost, pridržavanje vremenskog slijeda, nužnost i jednoznačnost.

Indukcija i dedukcija sa pozicije filozofije

Gledajući u prošlost, pojam indukcije prvi je spomenuo Sokrat. Aristotel je opisao primjere indukcije u filozofiji u približnijem terminološkom rječniku, ali pitanje nepotpune indukcije ostaje otvoreno. Nakon progona aristotelovskog silogizma, induktivna metoda se počela prepoznavati kao plodna i jedina moguća u prirodnoj nauci. Bekon se smatra ocem indukcije kao nezavisne specijalne metode, ali nije uspeo da odvoji indukciju od deduktivne metode, kako su zahtevali njegovi savremenici.

Indukciju je dalje razvio J. Mill, koji je induktivnu teoriju razmatrao iz perspektive četiri glavne metode: slaganje, razlika, ostaci i odgovarajuće promjene. Nije iznenađujuće da su danas navedene metode, kada se detaljno ispitaju, deduktivne.

Shvaćanje nedosljednosti teorija Bacona i Mill-a dovelo je naučnike do proučavanja vjerovatnoće osnove indukcije. Međutim, i ovdje je bilo nekih ekstrema: činjeni su pokušaji da se svede indukcija na teoriju vjerovatnoće sa svim posljedicama koje su iz toga proizašle.

Indukcija dobija glas povjerenja kroz praktičnu primjenu u određenim predmetnim oblastima i zahvaljujući metričkoj tačnosti induktivne osnove. Primjerom indukcije i dedukcije u filozofiji može se smatrati Zakon univerzalne gravitacije. Na dan otkrića zakona, Njutn je mogao da ga potvrdi sa tačnošću od 4 procenta. A kada je provjerena više od dvije stotine godina kasnije, ispravnost je potvrđena s točnošću od 0,0001 posto, iako je provjera izvršena istim induktivnim generalizacijama.

Moderna filozofija posvećuje više pažnje dedukciji, koju diktira logička želja da se izvuče novo znanje (ili istine) iz onoga što je već poznato, bez pribjegavanja iskustvu ili intuiciji, već koristeći „čisto“ rasuđivanje. Kada se u deduktivnoj metodi pozivaju na istinite premise, u svim slučajevima izlaz je istinit iskaz.

Ova veoma važna karakteristika ne bi trebalo da zaseni vrednost induktivne metode. Budući da indukcija, zasnovana na dostignućima iskustva, postaje i sredstvo njegove obrade (uključujući generalizaciju i sistematizaciju).

Primjena indukcije u ekonomiji

Indukcija i dedukcija se dugo koriste kao metode za proučavanje privrede i predviđanje njenog razvoja.

Opseg upotrebe metode indukcije je prilično širok: proučavanje ispunjenosti predviđenih indikatora (profita, amortizacije, itd.) i opšta procjena stanja preduzeća; formiranje efikasne politike promocije preduzeća zasnovane na činjenicama i njihovim odnosima.

Isti metod indukcije korišćen je i u „Shewhartovim mapama“, gde se, pod pretpostavkom podele procesa na kontrolisane i nekontrolisane, navodi da je okvir kontrolisanog procesa neaktivan.

Treba napomenuti da se naučne zakonitosti potkrepljuju i potvrđuju metodom indukcije, a kako je ekonomija nauka koja često koristi matematičku analizu, teoriju rizika i statistiku, nije nimalo iznenađujuće što je indukcija na listi glavnih metoda.

Primjer indukcije i dedukcije u ekonomiji je sljedeća situacija. Povećanje cijena hrane (iz potrošačke korpe) i esencijalnih dobara tjera potrošača na razmišljanje o novonastalim visokim troškovima u državi (indukcija). Istovremeno, iz činjenice visokih cijena, pomoću matematičkih metoda, moguće je izvesti pokazatelje rasta cijena za pojedinačna dobra ili kategorije roba (odbitak).

Najčešće se rukovodeće osoblje, menadžeri i ekonomisti okreću metodi indukcije. Da bi se mogao sa dovoljnom istinitošću predvideti razvoj preduzeća, ponašanje na tržištu i posledice konkurencije, neophodan je induktivno-deduktivni pristup analizi i obradi informacija.

Jasan primjer uvođenja u ekonomiju u vezi s pogrešnim prosudbama:

• dobit kompanije smanjena za 30%;
  konkurentska kompanija je proširila svoju liniju proizvoda;
  ništa drugo se nije promijenilo;
• proizvodna politika konkurentske kompanije dovela je do smanjenja profita za 30%;
• stoga je potrebno provesti istu proizvodnu politiku.

Primjer je živopisna ilustracija kako nesposobna upotreba metode indukcije doprinosi propasti poduzeća.

Dedukcija i indukcija u psihologiji

Pošto postoji metoda, onda, logično, postoji i pravilno organizovano mišljenje (da se koristi metoda). Psihologija kao nauka koja proučava mentalne procese, njihovo formiranje, razvoj, odnose, interakcije, obraća pažnju na „deduktivno“ mišljenje, kao jedan od oblika ispoljavanja dedukcije i indukcije. Nažalost, na stranicama psihologije na internetu praktično nema opravdanja za integritet deduktivno-induktivne metode. Iako se profesionalni psiholozi češće susreću s manifestacijama indukcije, odnosno pogrešnih zaključaka.

Primjer indukcije u psihologiji, kao ilustracija pogrešnih sudova, je izjava: moja majka vara, dakle, sve žene su varalice. Možete izvući još više "pogrešnih" primjera indukcije iz života:

• učenik je nesposoban za bilo šta ako dobije lošu ocjenu iz matematike;
• on je budala;
• on je pametan;
• mogu sve;

I mnogi drugi vrednosni sudovi zasnovani na apsolutno slučajnim i, ponekad, beznačajnim premisama.

Treba napomenuti: kada zabluda nečijeg prosuđivanja dostigne tačku apsurda, psihoterapeutu se pojavljuje granica rada. Jedan primjer uvođenja u službu kod specijaliste:

“Pacijent je potpuno siguran da je crvena boja opasna samo za njega u bilo kom obliku. Kao rezultat toga, osoba je isključila ovu shemu boja iz svog života - što je više moguće. U kućnom okruženju postoje mnoge mogućnosti za ugodan boravak. Možete odbiti sve crvene predmete ili ih zamijeniti analozima napravljenim u drugoj shemi boja. Ali na javnim mjestima, na poslu, u prodavnici - to je nemoguće. Kada se smjesti u stresnu situaciju, svaki put pacijent doživi “plimu” potpuno različitih emocionalnih stanja, koja mogu predstavljati opasnost za druge.”

Ovaj primjer indukcije i nesvjesne indukcije naziva se "fiksne ideje". Ako se to dogodi mentalno zdravoj osobi, možemo govoriti o neorganiziranosti mentalne aktivnosti. Način da se riješite opsesivnih stanja može biti elementarni razvoj deduktivnog mišljenja. U drugim slučajevima sa takvim pacijentima rade psihijatri.

Gore navedeni primjeri indukcije ukazuju na to da vas “nepoznavanje zakona ne izuzima od posljedica (pogrešnih presuda)”.

Psiholozi, koji rade na temi deduktivnog razmišljanja, sastavili su listu preporuka osmišljenih da pomognu ljudima da savladaju ovu metodu.

Prva tačka je rješavanje problema. Kao što se može vidjeti, oblik indukcije koji se koristi u matematici može se smatrati „klasičnim“, a upotreba ove metode doprinosi „disciplini“ uma.

Sljedeći uvjet za razvoj deduktivnog mišljenja je širenje vidika (oni koji jasno misle jasno se izražavaju). Ova preporuka usmjerava “patnju” u riznice nauke i informacija (biblioteke, web stranice, obrazovne inicijative, putovanja, itd.).

Posebno treba spomenuti takozvanu „psihološku indukciju“. Ovaj izraz, iako ne često, može se naći na internetu. Svi izvori ne daju barem kratku formulaciju definicije ovog pojma, već se pozivaju na „primjere iz života“, a kao novu vrstu indukcije promiču ili sugestiju, ili neke oblike mentalne bolesti, ili ekstremna stanja ljudska psiha. Iz svega gore navedenog, jasno je da pokušaj da se izvede „novi termin“ zasnovan na lažnim (često neistinitim) premisa osuđuje eksperimentatora na dobijanje pogrešne (ili ishitrene) izjave.

Treba napomenuti da pozivanje na eksperimente iz 1960. godine (bez navođenja lokacije, imena eksperimentatora, uzorka ispitanika i, što je najvažnije, svrhe eksperimenta) izgleda, blago rečeno, neuvjerljivo, a izjava da mozak percipira informaciju zaobilazeći sve organe percepcije (u ovom slučaju bi se organski uklopila fraza „zahvaćen je“), navodi na razmišljanje o lakovjernosti i nekritičnosti autora izjave.

Umjesto zaključka

Nije uzalud da kraljica nauka, matematika, koristi sve moguće rezerve metode indukcije i dedukcije. Razmatrani primjeri nam omogućavaju da zaključimo da površna i nesposobna (nepromišljena, kako kažu) primjena čak i najtačnijih i najpouzdanijih metoda uvijek dovodi do pogrešnih rezultata.

U masovnoj svijesti metoda dedukcije se povezuje sa slavnim Sherlockom Holmesom, koji u svojim logičkim konstrukcijama češće koristi primjere indukcije, koristeći dedukciju u pravim situacijama.

U članku se razmatraju primjeri primjene ovih metoda u različitim naukama i sferama ljudske djelatnosti.

METODA MATEMATIČKE INDUKCIJE

Reč indukcija na ruskom znači vođenje, a zaključci zasnovani na zapažanjima, eksperimentima, odnosno nazivaju se induktivnim. dobijeno zaključivanjem od posebnog do opšteg.

Na primjer, svaki dan opažamo da Sunce izlazi sa istoka. Stoga, možete biti sigurni da će se sutra pojaviti na istoku, a ne na zapadu. Ovaj zaključak izvodimo ne pribjegavajući bilo kakvim pretpostavkama o razlogu kretanja Sunca po nebu (štaviše, ovo kretanje se pokazalo očiglednim, budući da se globus zapravo kreće). Pa ipak, ovaj induktivni zaključak ispravno opisuje zapažanja koja ćemo napraviti sutra.

Uloga induktivnih zaključaka u eksperimentalnim naukama je veoma velika. Oni daju one odredbe iz kojih se zatim izvode daljnji zaključci putem dedukcije. I iako se teorijska mehanika zasniva na tri Newtonova zakona kretanja, sami su ti zakoni bili rezultat dubokog razmišljanja kroz eksperimentalne podatke, posebno Keplerove zakone planetarnog kretanja, koje je izveo iz obrade višegodišnjih zapažanja danskog astronoma Tychoa. Brahe. Pokazalo se da su posmatranje i indukcija korisni u budućnosti za razjašnjavanje napravljenih pretpostavki. Nakon Michelsonovih eksperimenata o mjerenju brzine svjetlosti u pokretnom mediju, pokazalo se da je potrebno razjasniti zakone fizike i stvoriti teoriju relativnosti.

U matematici je uloga indukcije u velikoj mjeri u tome što ona leži u osnovi odabrane aksiomatike. Nakon što je dugogodišnja praksa pokazala da je prava staza uvijek kraća od zakrivljene ili izlomljene, bilo je prirodno formulirati aksiom: za bilo koje tri tačke A, B i C nejednakost

Koncept praćenja, koji je osnova aritmetike, takođe se pojavio iz posmatranja formiranja vojnika, brodova i drugih uređenih skupova.

Ne treba, međutim, misliti da se time iscrpljuje uloga indukcije u matematici. Naravno, ne bismo trebali eksperimentalno testirati teoreme logički izvedene iz aksioma: ako tokom izvođenja nisu napravljene nikakve logičke greške, onda su istinite u onoj mjeri u kojoj su aksiomi koje smo prihvatili istiniti. Ali iz ovog sistema aksioma može se izvesti mnogo tvrdnji. A izbor onih tvrdnji koje treba dokazati opet se predlaže indukcijom. To vam omogućava da odvojite korisne teoreme od beskorisnih, ukazuje na to koje se teoreme mogu pokazati istinitima, pa čak i pomaže da se ocrta put dokaza.

Suština metode matematičke indukcije

U mnogim granama aritmetike, algebre, geometrije i analize potrebno je dokazati istinitost rečenica A(n) u zavisnosti od prirodne varijable. Dokaz istinitosti tvrdnje A(n) za sve vrijednosti varijable često se može izvesti metodom matematičke indukcije, koja se zasniva na sljedećem principu.

Propozicija A(n) smatra se istinitom za sve prirodne vrijednosti varijable ako su ispunjena sljedeća dva uvjeta:

Propozicija A(n) je tačna za n=1.

Iz pretpostavke da je A(n) tačno za n=k (gde je k bilo koji prirodan broj), sledi da je tačno za sledeću vrednost n=k+1.

Ovaj princip se naziva principom matematičke indukcije. Obično se bira kao jedan od aksioma koji definiraju prirodne nizove brojeva i stoga se prihvaća bez dokaza.

Metoda matematičke indukcije podrazumijeva sljedeću metodu dokaza. Ako želite dokazati istinitost rečenice A(n) za svo prirodno n, onda, prvo, trebate provjeriti istinitost tvrdnje A(1) i, drugo, pretpostaviti istinitost iskaza A(k), pokušajte dokazati da je izjava A(k +1) tačna. Ako se to može dokazati, a dokaz ostaje važeći za svaku prirodnu vrijednost k, tada se, u skladu s principom matematičke indukcije, tvrdnja A(n) priznaje kao tačna za sve vrijednosti n.

Metoda matematičke indukcije se široko koristi u dokazivanju teorema, identiteta, nejednakosti, u rješavanju problema djeljivosti, u rješavanju nekih geometrijskih i mnogih drugih problema.

Metoda matematičke indukcije u rješavanju zadataka na

djeljivost

Koristeći metodu matematičke indukcije, možete dokazati različite tvrdnje o djeljivosti prirodnih brojeva.

Sljedeća tvrdnja se može dokazati relativno jednostavno. Pokažimo kako se to dobija metodom matematičke indukcije.

Primjer 1. Ako je n prirodan broj, tada je broj paran.

Kada je n=1 naša izjava je tačna: - paran broj. Pretpostavimo da je to paran broj. Budući da je 2k paran broj, onda čak. Dakle, paritet je dokazan za n=1, paritet se izvodi iz parnosti .To znači da je paran za sve prirodne vrijednosti n.

Primjer 2.Dokažite istinitost rečenice

A(n)=(broj 5 je višekratnik broja 19), n je prirodan broj.

Rješenje.

Izjava A(1)=(broj djeljiv sa 19) je tačna.

Pretpostavimo da je za neku vrijednost n=k

A(k)=(broj djeljiv sa 19) je istina. Onda, pošto

Očigledno je i A(k+1) tačno. Zaista, prvi član je djeljiv sa 19 zbog pretpostavke da je A(k) istinit; drugi član je također djeljiv sa 19 jer sadrži faktor 19. Oba uslova principa matematičke indukcije su zadovoljena, dakle, tvrdnja A(n) je tačna za sve vrijednosti n.

Primjena metode matematičke indukcije na

sumiranje serije

Primjer 1.Dokažite formulu

, n je prirodan broj.

Rješenje.

Kada je n=1, obje strane jednakosti prelaze na jednu i, prema tome, prvi uvjet principa matematičke indukcije je zadovoljen.

Pretpostavimo da je formula tačna za n=k, tj.

.

Dodajmo objema stranama ove jednakosti i transformirajmo desnu stranu. Onda dobijamo

Dakle, iz činjenice da je formula tačna za n=k, sledi da je tačna i za n=k+1. Ova izjava je tačna za bilo koju prirodnu vrijednost k. Dakle, i drugi uslov principa matematičke indukcije je takođe zadovoljen. Formula je dokazana.

Primjer 2.Dokazati da je zbroj prvih n brojeva prirodnog niza jednak .

Rješenje.

Označimo traženi iznos, tj. .

Kada je n=1 hipoteza je tačna.

Neka . Pokažimo to .

Zaista,

Problem je riješen.

Primjer 3.Dokažite da je zbir kvadrata prvih n brojeva prirodnog niza jednak .

Rješenje.

Neka .

.

Hajde da se pretvaramo . Onda

I na kraju.

Primjer 4. Dokaži to.

Rješenje.

Ako onda

Primjer 5. Dokaži to

Rješenje.

Kada je n=1 hipoteza je očigledno tačna.

Neka .

Dokažimo to.

stvarno,

Primjeri primjene metode matematičke indukcije na

dokaz nejednakosti

Primjer 1.Dokazati da je za bilo koji prirodan broj n>1

.

Rješenje.

Označimo lijevu stranu nejednakosti sa .

Dakle, za n=2 nejednakost je tačna.

Neka za neki k. Hajde da dokažemo da onda i . Imamo , .

Upoređujući i , imamo , tj. .

Za svaki pozitivan cijeli broj k, desna strana posljednje jednakosti je pozitivna. Zbog toga . Ali to takođe znači.

Primjer 2.Pronađite grešku u obrazloženju.

Izjava. Za bilo koji prirodan broj n nejednakost je tačna.

Dokaz.

. (1)

Dokažimo da tada nejednakost vrijedi i za n=k+1, tj.

.

Zaista, ne manje od 2 za bilo koji prirodni k. Dodajmo lijevoj strani nejednakosti (1) i desnoj strani 2. Dobijamo pravednu nejednakost, ili . Tvrdnja je dokazana.

Primjer 3.Dokaži to , gdje je >-1, , n prirodni broj veći od 1.

Rješenje.

Za n=2 nejednakost je tačna, jer .

Neka je nejednakost tačna za n=k, gdje je k neki prirodni broj, tj.

. (1)

Pokažimo da tada nejednakost vrijedi i za n=k+1, tj.

. (2)

Zaista, po uvjetu, , Stoga je nejednakost istinita

, (3)

dobijeno iz nejednakosti (1) množenjem svakog dijela sa . Prepišimo nejednačinu (3) na sljedeći način: . Odbacivanjem pozitivnog člana na desnoj strani posljednje nejednakosti dobijamo pravednu nejednakost (2).

Primjer 4. Dokaži to

(1)

gdje je , , n prirodni broj veći od 1.

Rješenje.

Za n=2 nejednakost (1) poprima oblik

. (2)

Budući da je , tada je nejednakost istinita

. (3)

Dodavanjem svakom dijelu nejednakosti (3) dobijamo nejednakost (2).

Ovo dokazuje da je za n=2 nejednakost (1) tačna.

Neka je nejednakost (1) tačna za n=k, gdje je k neki prirodni broj, tj.

. (4)

Dokažimo da tada nejednakost (1) mora biti tačna i za n=k+1, tj.

(5)

Pomnožimo obje strane nejednakosti (4) sa a+b. Budući da, po uvjetu, , dobivamo sljedeću pravednu nejednakost:

. (6)

Da bi se dokazala valjanost nejednakosti (5), dovoljno je to pokazati

, (7)

ili, šta je isto,

. (8)

Nejednakost (8) je ekvivalentna nejednakosti

. (9)

Ako , Tada , I na lijevoj strani nejednakosti (9) imamo proizvod dva pozitivna broja. Ako , Tada , I na lijevoj strani nejednakosti (9) imamo proizvod dva negativna broja. U oba slučaja, nejednakost (9) je tačna.

Ovo dokazuje da valjanost nejednakosti (1) za n=k implicira njenu valjanost za n=k+1.

Metoda matematičke indukcije primijenjena na druge

zadataka

Najprirodnija primena metode matematičke indukcije u geometriji, bliska upotrebi ove metode u teoriji brojeva i algebri, jeste njena primena u rešavanju problema geometrijskog proračuna. Pogledajmo nekoliko primjera.

Primjer 1.Izračunaj stranicu pravilnog kvadrata upisanog u krug poluprečnika R.

Rješenje.

Kada je n=2 tačno 2 n - kvadrat je kvadrat; njegovu stranu. Nadalje, prema formuli udvostručavanja

nalazimo da je stranica pravilnog osmougla , strana pravilnog šestougla , stranica pravilnog trougla od trideset dva . Stoga možemo pretpostaviti da je strana ispravnog upisanog 2 n - kvadrat za bilo koji jednak

. (1)

Pretpostavimo da je stranica pravilnog upisanog kvadrata izražena formulom (1). U ovom slučaju, prema formuli udvostručavanja

,

odakle slijedi da formula (1) vrijedi za sva n.

Primjer 2.Na koliko trouglova može biti podijeljen n-ugao (ne nužno konveksan) svojim disjunktnim dijagonalama?

Rješenje.

Za trokut, ovaj broj je jednak jedan (u trouglu se ne može povući niti jedna dijagonala); za četvorougao ovaj broj je očigledno dva.

Pretpostavimo da već znamo da je svaki k-ugao, gdje je k 1 A 2 ...A n u trouglove.

A n

A 1 A 2

Neka je A 1 A k jedna od dijagonala ove particije; ona dijeli n-ugao A 1 A 2 ...A n na k-ugao A 1 A 2 ...A k i (n-k+2)-ugao A 1 A k A k+1 .. .A n . Zbog napravljene pretpostavke, ukupan broj trouglova u particiji će biti jednak

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

Dakle, naša tvrdnja je dokazana za sve n.

Primjer 3.Navedite pravilo za izračunavanje broja P(n) načina na koje se konveksni n-ugao može podijeliti na trouglove disjunktnim dijagonalama.

Rješenje.

Za trougao, ovaj broj je očigledno jednak jedan: P(3)=1.

Pretpostavimo da smo već odredili brojeve P(k) za sve k 1 A 2 ...A n . Kad god je podijeljena na trouglove, strana A 1 A 2 će biti stranica jednog od particionih trokuta, treći vrh ovog trokuta može se poklapati sa svakom od tačaka A 3, A 4, …, A n . Broj načina za particioniranje n-ugla u kojem se ovaj vrh poklapa sa tačkom A 3 , jednako je broju načina dijeljenja (n-1)-ugla A na trouglove 1 A 3 A 4 …A n , tj. jednako P(n-1). Broj metoda particioniranja u kojima se ovaj vrh poklapa sa A 4 , jednako je broju načina za particioniranje (n-2)-ugla A 1 A 4 A 5 …A n , tj. jednako P(n-2)=P(n-2)P(3); broj metoda particioniranja u kojima se poklapa sa A 5 , jednako je P(n-3)P(4), jer svaka od particija (n-3)-ugla A 1 A 5 ...A n može se kombinirati sa svakom od particija četverougla A 2 A 3 A 4 A 5 , itd. Tako dolazimo do sljedećeg odnosa:

R(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1).

Koristeći ovu formulu dosljedno dobijamo:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

itd.

Također možete rješavati probleme sa grafovima metodom matematičke indukcije.

Neka na ravni postoji mreža pravih koje spajaju neke tačke i nemaju druge tačke. Takvu mrežu linija nazvat ćemo mapom, kojoj su date tačke kao vrhovi, segmenti krivulja između dva susjedna vrha - granice karte, dijelovi ravni na koje je podijeljena granicama - zemlje karte.

Neka se u avionu da neka karta. Reći ćemo da je ispravno obojena ako je svaka njena država obojena određenom bojom, a bilo koje dvije zemlje koje imaju zajedničku granicu obojene su različitim bojama.

Primjer 4.Na ravni ima n krugova. Dokažite da za bilo koji raspored ovih krugova, mapa koju oni formiraju može biti ispravno obojena s dvije boje.

Rješenje.

Za n=1 naša izjava je očigledna.

Pretpostavimo da je naša tvrdnja tačna za bilo koju mapu formiranu od n krugova, i neka postoji n+1 krugova na ravni. Uklanjanjem jednog od ovih krugova dobijamo mapu koja se, na osnovu postavljene pretpostavke, može ispravno obojati sa dve boje, na primer crnom i belom.

MBOU licej "Tehničko-ekonomski"

METODA MATEMATIČKE INDUKCIJE

METODA MATEMATIČKE INDUKCIJE.

OBJAŠNJENJE

Metodička izrada „Metoda matematičke indukcije“ izrađena je za učenike 10. razreda matematičkog profila.

Osnovni ciljevi: upoznati studente sa metodom matematičke indukcije i naučiti kako je primijeniti u rješavanju različitih problema.

Metodološki razvoj se bavi pitanjima elementarne matematike: problemi djeljivosti, dokazi identiteta, dokazi nejednakosti, predlažu se problemi različitog stepena složenosti, uključujući i probleme predložene na olimpijadama.

Uloga induktivnih zaključaka u eksperimentalnim naukama je veoma velika. Oni daju one odredbe iz kojih se zatim izvode daljnji zaključci putem dedukcije. Ime metoda matematičke indukcije obmanjujuća – u stvari, ova metoda je deduktivna i pruža rigorozne dokaze o izjavama koje se pogađaju indukcijom. Metoda matematičke indukcije pomaže u otkrivanju veza između različitih grana matematike i pomaže razvoju matematičke kulture učenika.

Definicija metode matematičke indukcije. Potpuna i nepotpuna indukcija. Dokaz nejednakosti. Dokaz identiteta. Rješavanje problema djeljivosti. Rješavanje različitih zadataka na temu “Metoda matematičke indukcije”.

LITERATURA ZA NASTAVNIKE

1. M.L. Galitsky. Detaljno proučavanje kursa algebre i matematičke analize. – M. Obrazovanje 1986.

2. L.I.Zvavich. Algebra i počeci analize. Didaktički materijali. M. Drfa.2001.

3. N.Ya.Vilenkin. Algebra i matematička analiza. M Enlightenment.1995.

4. Yu.V.Mikheev. Metoda matematičke indukcije. NSU.1995.

LITERATURA ZA STUDENTE

1. N.Ya.Vilenkin. Algebra i matematička analiza. M Enlightenment.1995.

2. Yu.V.Mikheev. Metoda matematičke indukcije. NSU.1995.

KLJUČNE RIJEČI

Indukcija, aksiom, princip matematičke indukcije, potpuna indukcija, nepotpuna indukcija, iskaz, identitet, nejednakost, djeljivost.

DIDAKTIČKI DODATAK TEMI

"METOD MATEMATIČKE INDUKCIJE".

Lekcija #1.

Definicija metode matematičke indukcije.

Metoda matematičke indukcije je jedna od veoma efikasnih metoda traženja novih rezultata i dokazivanja istinitosti postavljenih pretpostavki. Iako ova metoda u matematici nije nova, interesovanje za nju ne jenjava. Prvi put u jasnom prikazu metodu matematičke indukcije je u 17. veku upotrebio izuzetni francuski naučnik Blez Paskal prilikom dokazivanja svojstava brojevnog trougla, koji od tada nosi njegovo ime. Međutim, ideja matematičke indukcije bila je poznata starim Grcima. Metoda matematičke indukcije zasniva se na principu matematičke indukcije, koji je prihvaćen kao aksiom. Pogledajmo ideju matematičke indukcije koristeći primjere.

Primjer br. 1.

Kvadrat je podijeljen segmentom na dva dijela, zatim je jedan od rezultirajućih dijelova podijeljen na dva dijela, i tako dalje. Odredite na koliko dijelova će kvadrat biti podijeljen P koraci?

Rješenje.

Nakon prvog koraka, u skladu sa uslovom, dobićemo 2 dela. U drugom koraku ostavljamo jedan dio nepromijenjen, a drugi podijelimo na 2 dijela i dobijemo 3 dijela. U trećem koraku ostavljamo 2 dijela nepromijenjena, a treći podijelimo na dva dijela i dobijemo 4 dijela. U četvrtom koraku ostavljamo 3 dijela nepromijenjena, a zadnji dio podijelimo na dva dijela i dobijemo 5 dijelova. U petom koraku dobićemo 6 delova. Ovo upućuje na sugestiju da kroz P korake koje ćemo dobiti (n+1) Part. Ali ovu tvrdnju treba dokazati. Pretpostavimo to poslije To korake na koje će kvadrat biti podijeljen (k+1) Part. Onda dalje (k+1) korak koji preduzimamo To dijelovi će ostati nepromijenjeni, ali (k+1) podijeliti dio na dva dijela i dobiti (k+2) dijelovi. Primjećujete da na ovaj način možete raspravljati koliko god želite, ad beskonačno. Odnosno, naša pretpostavka je da je kroz P korake na koje će kvadrat biti podijeljen (n+1) dio postaje dokazan.

Primjer br. 2.

Moja baka je imala unuku koja je jako voljela džem, a posebno onaj koji dolazi u tegli od litara. Ali baka mi nije dozvolila da ga diram. A unuke su planirale prevariti svoju baku. Odlučio je da svaki dan pojede 1/10 litara iz ove tegle i dolije vodu, dobro miješajući. Koliko dana će baki trebati da otkrije prevaru ako džem ostane isti po izgledu kada se prepolovi razrijedi vodom?

Rješenje.

Pronađimo koliko čistog džema ostaje u tegli nakon toga P dana. Nakon prvog dana u tegli će ostati mješavina koja se sastoji od 9/10 džema i 1/10 vode. Nakon dva dana 1/10 mješavine vode i džema će nestati iz tegle i ostati (1 litar mješavine sadrži 9/10 litara džema, 1/10 litara mješavine sadrži 9/100 litara džema )

9/10 – 9/100=81/100=(9/10) 2 litre džema. Trećeg dana iz tegle će nestati 1/10 litra mješavine od 81/100 džema i 19/100 vode. 1 litar mješavine sadrži 81/100 litara džema, 1/10 litra mješavine sadrži 81/1000 litara džema. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 litre džema će ostati nakon 3 dana, a ostatak će biti potopljen vodom. Pojavljuje se obrazac. Kroz P preostalih dana u banci (9/10) P l džem. Ali ovo je, opet, samo naša pretpostavka.

Neka To– proizvoljan prirodan broj. Pretpostavimo to poslije To dana u tegli će ostati (9/10) litara džema. Da vidimo šta će biti u banci za neki drugi dan, tj (k+1) dan. Nestat će iz tegle 1/10l mješavina koja se sastoji od (9/10) To l džemom i vodom. IN 1l smjesa je (9/10) To l džem, u 1/10l mješavine (9/10) k+1 l džem. Sada to možemo sa sigurnošću reći P dana u banci (9/10) P l džem. Za 6 dana banka će imati 531444/1000000l džem, nakon 7 dana - 4782969/10000000l džem, odnosno manje od polovine.

odgovor: Nakon 7 dana, baka će otkriti prevaru.

Pokušajmo istaknuti najvažnije stvari u rješavanju razmatranih problema. Svaki od njih smo počeli rješavati razmatrajući pojedinačne ili, kako se kaže, posebne slučajeve. Zatim smo, na osnovu naših zapažanja, napravili neku pretpostavku P(p), u zavisnosti od prirodnog P.

izjava je provjerena, odnosno dokazana P(1), P(2), P(3);

to je predložio P(p) važi za p=k i zaključio da će onda to biti istina u narednom n, n=k+1.

A onda su rezonovali otprilike ovako: P(1) u redu, P(2) u redu, P(3) u redu, P(4) tačno... to znači tačno P(p).

Princip matematičke indukcije.

Izjava P(p), u zavisnosti od prirodnog P, važi za sve prirodne P, Ako

1) validnost izjave je dokazana kada n=1;

2) iz pretpostavke validnosti izjave P(p) at p=k trebalo bi

pravda P(p) at n=k+1.

U matematici se princip matematičke indukcije u pravilu bira kao jedan od aksioma koji definiraju prirodne nizove brojeva, te se stoga prihvaća bez dokaza. Metoda dokazivanja koja koristi princip matematičke indukcije obično se naziva metodom matematičke indukcije. Imajte na umu da se ova metoda široko koristi u dokazivanju teorema, identiteta, nejednakosti u rješavanju problema djeljivosti i mnogih drugih problema.

Lekcija #2

Potpuna i nepotpuna indukcija.

U slučaju kada se matematička izjava odnosi na konačan broj objekata, to se može dokazati testiranjem za svaki objekt, na primjer, tvrdnja "Svaki dvocifreni paran broj je zbir dva prosta broja." Metoda dokaza kojom ispitujemo tvrdnju za konačan broj slučajeva naziva se potpuna matematička indukcija. Ova metoda se koristi relativno rijetko, jer se iskazi najčešće razmatraju na beskonačnim skupovima. Na primjer, teorema „Svaki paran broj jednak je zbroju dva prosta broja“ još nije dokazana niti opovrgnuta. Čak i kada bismo testirali ovu teoremu za prvu milijardu, to nas ne bi dovelo ni korak bliže njenom dokazu.

U prirodnim naukama koristi se nepotpuna indukcija, provjeravanje eksperimenta nekoliko puta i prenos rezultata na sve slučajeve.

Primjer br. 3.

Pogodimo, koristeći nepotpunu indukciju, formulu za zbir kubova prirodnih brojeva.

Rješenje.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; ...; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Dokaz.

Neka bude istina za p=k.

Hajde da dokažemo da je to tačno za n=k+1.

Zaključak: formula za zbir kubova prirodnih brojeva je tačna za bilo koji prirodan broj P.

Primjer br. 4.

Razmotrite jednakosti i pogodite do kakvog opšteg zakona vode ovi primjeri.

Rješenje.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Primjer br. 5.

Napišite sljedeće izraze kao zbir:

1)
2)
3)
; 4)
.

Grčko slovo "sigma".

Primjer br. 6.

Upišite sljedeće iznose koristeći znak
:

2)

Primjer br. 7.

Napišite sljedeće izraze kao proizvode:

1)

3)
4)

Primjer br. 8.

Napišite sljedeće radove koristeći znak

(veliko grčko slovo "pi")

1)
2)

Primjer br. 9.

Izračunavanje vrijednosti polinoma f ( n )= n 2 + n +11 , at n=1,2,3,4.5,6,7 može se pretpostaviti da za bilo koji prirodniP broj f ( n ) jednostavno.

Da li je ova pretpostavka tačna?

Rješenje.

Ako je svaki član sume djeljiv brojem, tada se zbroj dijeli tim brojem,
nije prost broj za bilo koji prirodan brojP.

Analiza konačnog broja slučajeva igra važnu ulogu u matematici: bez pružanja dokaza određene tvrdnje, pomaže da se pogodi tačna formulacija ove tvrdnje ako još nije poznata. Tako je Goldbach, član Sankt Peterburške akademije nauka, došao do hipoteze da bilo koji prirodan broj, počevši od dva, nije zbir ne više od tri prosta broja.

Lekcija #3.

Metoda matematičke indukcije omogućava dokazivanje različitih identiteta.

Primjer br. 10. Dokažimo to svima P identitet drži

Rješenje.

Hajde da stavimo

Moramo to dokazati

Dokažimo to onda iz istinitosti identiteta

prati istinu identiteta

Koristeći princip matematičke indukcije, istinitost identiteta je dokazana za sve P.

Primjer br. 11.

Dokažimo identitet

Dokaz.

rezultirajuće jednakosti pojam po član.

;
. To znači da je ovaj identitet istinit za sveP .

Lekcija br. 4.

Dokaz identiteta metodom matematičke indukcije.

Primjer br. 12. Dokažimo identitet

Dokaz.

Koristeći princip matematičke indukcije, dokazali smo da je jednakost istinita za sve P.

Primjer br. 13. Dokažimo identitet

Dokaz.

Koristeći princip matematičke indukcije, dokazali smo da je tvrdnja tačna za svaku prirodnu P.

Primjer br. 14. Dokažimo identitet

Dokaz.

Primjer br. 15. Dokažimo identitet

1) n=1;

2) za p=k jednakost važi

3) dokazujemo da jednakost vrijedi za p=k+1:

Zaključak: identitet vrijedi za sve prirodne P.

Primjer br. 16. Dokažimo identitet

Dokaz.

Ako n=1 , To

Neka ostane identitet p=k.

Dokažimo da identitet vrijedi za n=k+1.

Tada je identitet istinit za svako prirodno P.

Lekcija br. 5.

Dokaz identiteta metodom matematičke indukcije.

Primjer br. 17. Dokažimo identitet

Dokaz.

Ako n=2 , tada dobijamo tačnu jednakost:

Neka je jednakost istinita zap=k:

Dokažimo valjanost iskaza kada n=k+1.

Prema principu matematičke indukcije, identitet se dokazuje.

Primjer br. 18. Dokažimo identitet
kada je n≥2.

At n=2 ovaj identitet se može prepisati u vrlo jednostavnom obliku

i očigledno istinito.

Neka u p=k stvarno

.

Dokažimo valjanost iskaza kadan=k+1, odnosno vrijedi jednakost: .

Dakle, dokazali smo da je identitet istinit za bilo koji prirodan broj n≥2.

Primjer br. 19. Dokažimo identitet

At n=1 dobijamo tačnu jednakost:

Pretpostavimo da kada p=k takođe dobijamo tačnu jednakost:

Dokažimo da jednakost vrijedi za p=k+1:

Tada je identitet valjan za bilo koji prirodni broj P.

Lekcija br. 6.

Rješavanje problema djeljivosti.

Primjer br. 20. Dokaži matematičkom indukcijom da

podijeljena 6 bez traga.

Dokaz.

At n=1 postoji podela na6 bez traga,
.

Neka u p=k izraz
višestruko6.

Dokažimo to kada p=k+1 izraz
višestruko6 .

Svaki pojam je višestruki 6 , stoga je zbir višestruki 6 .

Primjer br. 21.
on5 bez traga.

Dokaz.

At n=1 izraz je podijeljen bez ostatka
.

Neka u p=k izraz
takođe podeljen na5 bez traga.

At p=k+1 podijeljena 5 .

Primjer br. 22. Dokazati djeljivost izraza
on16.

Dokaz.

At n=1 višestruko 16 .

Neka u p=k
višestruko16.

At p=k+1

Svi pojmovi su djeljivi sa 16: prvi je očigledan, drugi je po pretpostavci, a treći ima paran broj u zagradama.

Primjer br. 23. Dokazati djeljivost
on676.

Dokaz.

Hajde da prvo to dokažemo
podijeljena
.

At n=0
.

Neka u p=k
podijeljena26 .

Zatim u p=k+1 podijeljena 26 .

Sada ćemo izvršiti dokaz tvrdnje formulirane u iskazu problema.

At n=1 podijeljena 676.

At p=k istina je da
podijeljena26 2 .

At p=k+1 .

Oba pojma su djeljiva sa 676 ; prvo - jer smo dokazali djeljivost po 26 izraz u zagradama, a drugi je podijeljen prema indukcijskoj hipotezi.

Lekcija br. 7.

Rješavanje problema djeljivosti.

Primjer br. 24.

Dokaži to
podijeljena5 bez traga.

Dokaz.

At n=1
podijeljena5.

At p=k
podijeljena5 bez traga.

At p=k+1 svaki pojam je podijeljen sa5 bez traga.

Primjer br. 25.

Dokaži to
podijeljena6 bez traga.

Dokaz.

At n=1
podijeljena6 bez traga.

Neka u p=k
podijeljena6 bez traga.

At p=k+1 podijeljena 6 bez ostatka, pošto je svaki član djeljiv sa6 bez ostatka: prvi član je po hipotezi indukcije, drugi je očigledan, treći je jer
čak broj.

Primjer br. 26.

Dokaži to
kada se podijeli sa9 daje ostatak 1 .

Dokaz.

Dokažimo to
podijeljena9 .

At n=1
podijeljena 9 . Neka u p=k
podijeljena9 .

At p=k+1 podijeljena 9 .

Primjer br. 27.

Dokazati da je djeljiv sa15 bez traga.

Dokaz.

At n=1 podijeljena 15 .

Neka u p=k podijeljena 15 bez traga.

At p=k+1

Prvi pojam je višestruki15 prema hipotezi indukcije, drugi član je višekratnik15 – očigledno, treći pojam je višestruki15 , jer
višestruko5 (dokazano u primjeru br. 21), četvrti i peti član su također višestruki5 , što je očigledno, onda je zbir višestruki15 .

Lekcija br. 8-9.

Dokazivanje nejednakosti matematičkom indukcijom

Primjer br. 28.
.

At n=1 imamo
- u redu.

Neka u p=k
- istinska nejednakost.

At p=k+1

Tada nejednakost vrijedi za bilo koju prirodnu P.

Primjer br. 29. Dokažite da je nejednakost tačna
na bilo koji P.

At n=1 dobijamo tačnu nejednakost 4 >1.

Neka u p=k nejednakost je tačna
.

Dokažimo to kada p=k+1 nejednakost je tačna

Za bilo koji prirodni To postoji nejednakost.

Ako
at
To

Primjer br. 30.

pod bilo kojim prirodnim P i bilo koje

Neka n=1
, u redu.

Pretpostavimo da nejednakost vrijedi za p=k:
.

At p=k+1

Primjer br. 31. Dokazati valjanost nejednakosti

pod bilo kojim prirodnim P.

Hajde da prvo dokažemo to za bilo koji prirodni T nejednakost je tačna

Pomnožimo obje strane nejednakosti sa
. Dobijamo ekvivalentnu nejednakost ili
;
; - ova nejednakost vrijedi za bilo koju prirodnu T.

At n=1 originalna nejednakost je tačna
;
;
.

Neka vrijedi nejednakost za p=k:
.

At p=k+1

Lekcija br. 10.

Rješavanje problema na temu

Metoda matematičke indukcije.

Primjer br. 32. Dokazati Bernoullijevu nejednakost.

Ako
, zatim za sve prirodne vrijednostiP važi nejednakost

Dokaz.

At n=1 nejednakost koja se dokazuje poprima oblik
i očigledno pošteno. Pretpostavimo da je to tačno zap=k , odnosno šta
.

Od uslova
, To
, pa stoga nejednakost ne mijenja svoje značenje kada se oba njena dijela pomnože sa
:

Jer
, onda to dobijamo

.

Dakle, nejednakost je tačna za n=1, a iz njegove istine u p=k slijedi da je istina čak i ako n=k+1. To znači da, na osnovu matematičke indukcije, važi za sve prirodne P.

Na primjer,

Primjer br. 33. Pronađite sve prirodne vrijednostiP , za koje je tačna nejednakost

Rješenje.

At n=1 nejednakost je pravedna. At n=2 nejednakost je takođe tačna.

At n=3 nejednakost više ne važi. Samo kada n=6 nejednakost vrijedi, pa možemo uzeti za osnovu indukcije n=6.

Pretpostavimo da je nejednakost tačna za neki prirodni Za:

Uzmite u obzir nejednakost

Posljednja nejednakost je zadovoljena ako
Testni rad na temu p=1 daje se periodično: p≥5, pri čemu P- -prirodni broj.

Savelyeva Ekaterina

U radu se razmatra primjena metode matematičke indukcije u rješavanju problema djeljivosti i sabiranju redova. Razmatraju se primjeri primjene metode matematičke indukcije za dokazivanje nejednakosti i rješavanje geometrijskih zadataka. Rad je ilustrovan prezentacijom.

Skinuti:

Pregled:

Ministarstvo nauke i obrazovanja Ruske Federacije

Državna obrazovna ustanova

srednja škola br. 618

Predmet: algebra i počeci analize

Tema projektnog rada

“Metoda matematičke indukcije i njena primjena u rješavanju problema”

Radovi završeni: Savelyeva E, 11B razred

Supervizor : Makarova T.P., profesor matematike, srednja škola br. 618

1. Uvod.

2.Metoda matematičke indukcije u rješavanju problema djeljivosti.

3. Primjena metode matematičke indukcije na sumiranje redova.

4. Primjeri primjene metode matematičke indukcije na dokaz nejednakosti.

5. Primjena metode matematičke indukcije na rješavanje geometrijskih problema.

6. Spisak korišćene literature.

Uvod

Osnova svakog matematičkog istraživanja su deduktivne i induktivne metode. Deduktivna metoda zaključivanja je rasuđivanje od opšteg ka specifičnom, tj. rasuđivanje, čija je polazna tačka opšti rezultat, a konačna tačka je konkretan rezultat. Indukcija se koristi kada se prelazi sa pojedinačnih rezultata na opšte, tj. je suprotnost deduktivnoj metodi. Metoda matematičke indukcije može se uporediti sa napretkom. Počinjemo od najnižeg, a kao rezultat logičkog razmišljanja dolazimo do najvišeg. Čovjek je oduvijek težio napretku, sposobnosti da logično razvija svoje misli, što znači da ga je sama priroda predodredila da razmišlja induktivno. Iako je obim primjene metode matematičke indukcije porastao, u školskom programu joj se posvećuje malo vremena, ali je toliko važno biti u stanju razmišljati induktivno. Primena ovog principa u rešavanju zadataka i dokazivanju teorema je u rangu sa razmatranjem u školskoj praksi drugih matematičkih principa: isključena sredina, inkluzija-isključenje, Dirichlet, itd. Ovaj sažetak sadrži probleme iz različitih grana matematike, u kojima se glavni alat je upotreba metode matematičke indukcije. Govoreći o značaju ove metode, A.N. Kolmogorov je napomenuo da je "razumijevanje i sposobnost primjene principa matematičke indukcije dobar kriterij zrelosti, koji je apsolutno neophodan za matematičara." Metoda indukcije u svom najširem smislu sastoji se u prelasku sa posebnih opažanja na univerzalni, opšti obrazac ili opštu formulaciju. U ovom tumačenju, metoda je, naravno, glavna metoda provođenja istraživanja u bilo kojoj eksperimentalnoj prirodnoj nauci.

ljudska aktivnost. Metoda (princip) matematičke indukcije u svom najjednostavnijem obliku koristi se kada je potrebno dokazati određenu tvrdnju za sve prirodne brojeve.

Zadatak 1. U svom članku „Kako sam postao matematičar“ A.N. Kolmogorov piše: „Rano sam naučio radost matematičkog „otkrića“, pošto sam uočio obrazac u dobi od pet ili šest godina

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 i tako dalje.

Škola je izdavala časopis "Proljetne laste". U njemu je objavljeno moje otkriće...”

Ne znamo kakvi su dokazi dati u ovom časopisu, ali sve je počelo privatnim zapažanjima. Sama hipoteza, koja je vjerovatno nastala nakon otkrića ovih parcijalnih jednakosti, je da je formula

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

tačno za bilo koji dati broj n = 1, 2, 3, ...

Da bismo dokazali ovu hipotezu, dovoljno je utvrditi dvije činjenice. Prvo, za n = 1 (pa čak i za n = 2, 3, 4) željena tvrdnja je tačna. Drugo, pretpostavimo da je izjava tačna za p = k, a mi ćemo se pobrinuti da onda to važi i za n = k + 1:

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

To znači da je tvrdnja koja se dokazuje istinita za sve vrijednosti n: za n = 1 je tačno (ovo je provjereno), a zbog druge činjenice - za n = 2, odakle je za n = 3 (zbog iste, druge činjenice), itd.

Zadatak 2. Razmotrite sve moguće obične razlomke sa brojicom 1 i bilo kojim (pozitivnim cijelim brojem)

(nominalni) imenilac: Dokažite to za bilo koji p> 3 jedinicu možemo predstaviti kao zbir P razne frakcije ovog tipa.

rješenje, Hajde da prvo proverimo ovu izjavu n = 3; imamo:

Dakle, osnovna tvrdnja je zadovoljena

Pretpostavimo sada da je izjava koja nas zanima tačna za neki broj za, i dokazati da je to tačno i za broj koji slijedi To + 1. Drugim riječima, pretpostavimo da postoji reprezentacija

u kojoj k termini i svi imenioci su različiti. Dokažimo da tada možemo dobiti prikaz jedinstva kao sume iz To + 1 frakcija traženog tipa. Pretpostavićemo da su razlomci opadajući, odnosno imenioci (u prikazu jedinice zbirom To pojmovi) povećavaju s lijeva na desno tako da T - najveći imenilac. Dobićemo predstavu koja nam je potrebna u obliku zbira(Za + 1)ti razlomak, ako jedan razlomak, na primjer zadnji, podijelimo na dva. Ovo se može uraditi jer

I zbog toga

Osim toga, svi razlomci su ostali različiti, jer T bio je najveći imenilac, i t + 1 > t, i

t(t + 1) > t.

Tako smo ustanovili:

1. sa n = 3 ova izjava je tačna;

1. ako je tačan iskaz koji nas zanima za,
   onda važi i za k + 1.

Na osnovu toga možemo tvrditi da je dotična tvrdnja tačna za sve prirodne brojeve, počevši od tri. Osim toga, gornji dokaz također podrazumijeva algoritam za pronalaženje potrebne particije jedinice. (Koji je ovo algoritam? Zamislite da je broj 1 sam po sebi zbir 4, 5, 7 članova.)

U rješavanju prethodna dva problema napravljena su dva koraka. Prvi korak se zove osnovu indukcija, sekunda -induktivni prelazili korak indukcije. Drugi korak je najvažniji, a uključuje stvaranje pretpostavke (tvrdnja je tačna kada n = k) i zaključak (tvrdnja je tačna kada n = k + 1). Poziva se sam parametar n indukcioni parametar.Ova logička shema (tehnika), koja nam omogućava da zaključimo da je dotična tvrdnja tačna za sve prirodne brojeve (ili za sve, počevši od nekih), budući da su i osnova i prijelaz važeći, naziva seprincip matematičke indukcije, na kojoj Zasnovana je metoda matematičke indukcije.Sam izraz "indukcija" dolazi od latinske riječi indukcija (uvođenje), što znači prijelaz sa jedinstvenog znanja o pojedinačnim objektima date klase na opći zaključak o svim objektima date klase, što je jedan od glavnih metoda spoznaje.

Princip matematičke indukcije, upravo u poznatom obliku od dva koraka, prvi put se pojavio 1654. godine u "Traktatu o aritmetičkom trokutu" Blaisea Pascala, u kojem je indukcijom dokazan jednostavan način izračunavanja broja kombinacija (binomnih koeficijenata). D. Polya citira B. Pascal u knjizi sa manjim izmenama datim u uglastim zagradama:

“Iako dotični prijedlog [eksplicitna formula za binomne koeficijente] sadrži bezbroj posebnih slučajeva, ja ću dati vrlo kratak dokaz za njega, zasnovan na dvije leme.

Prva lema kaže da je pretpostavka tačna iz razloga - ovo je očigledno. [At P = 1 eksplicitna formula je važeća...]

Druga lema kaže sljedeće: ako je naša pretpostavka tačna za proizvoljnu osnovu [za proizvoljno r], tada će biti istinita iz sljedećeg razloga [za n + 1].

Iz ove dvije leme nužno slijedi da je propozicija važeća za sve vrijednosti P. Zaista, na osnovu prve leme to je tačno za P = 1; dakle, na osnovu druge leme, to je tačno za P = 2; stoga, opet na osnovu druge leme, vrijedi za n = 3 i tako dalje do beskonačnosti.”

Problem 3. Zagonetka Hanojske kule sastoji se od tri štapa. Na jednom od štapova nalazi se piramida (slika 1), koja se sastoji od nekoliko prstenova različitih prečnika, koji se smanjuju odozdo prema gore

Slika 1

Ova piramida se mora premjestiti na jedan od drugih štapova, pomjerajući svaki put samo jedan prsten i ne stavljajući veći prsten na manji. Da li je to moguće uraditi?

Rješenje. Dakle, moramo odgovoriti na pitanje: da li je moguće pomjeriti piramidu koja se sastoji od P prstenovi različitih prečnika, od jednog štapa do drugog, poštujući pravila igre? Sada smo, kako kažu, parametrizovali problem (prirodni broj je uveden u razmatranje P), a može se riješiti matematičkom indukcijom.

1. Indukciona baza. Kada je n = 1 sve je jasno, pošto se piramida od jednog prstena očito može premjestiti na bilo koji štap.
2. Indukcioni korak. Pretpostavimo da možemo pomjeriti bilo koju piramidu s brojem prstenova p = k.
   Dokažimo da tada možemo premjestiti pyra midku iz n = k + 1.

Piramida od do prstenovi koji leže na najvećem(Za + 1)-ti prsten, možemo ga, prema pretpostavci, premjestiti na bilo koji drugi štap. Hajde da to uradimo. nepomičan(Za + 1)-ti prsten nas neće spriječiti da izvršimo algoritam kretanja, jer je najveći. Nakon preseljenja To prstenovi, pomerimo ovaj najveći(Za + 1)-ti prsten na preostalom štapu. I onda opet primjenjujemo algoritam kretanja koji nam je poznat po induktivnoj pretpostavci To prstenove i premjestite ih na štap s onim koji leži ispod(Za + 1)-ti prsten. Dakle, ako znamo kako pomicati piramide sa To prstenovi, onda znamo kako pomicati piramide i sa To + 1 prstenje. Dakle, prema principu matematičke indukcije, uvijek je moguće pomjeriti piramidu koja se sastoji od n prstenova, gdje je n > 1.

Metoda matematičke indukcije u rješavanju problema djeljivosti.

Koristeći metodu matematičke indukcije, možete dokazati različite tvrdnje o djeljivosti prirodnih brojeva.

Problem 4 . Ako je n prirodan broj, tada je broj paran.

Kada je n=1 naša izjava je tačna: - paran broj. Pretpostavimo da je to paran broj. Pošto je 2k paran broj, onda je paran. Dakle, parnost je dokazana za n=1, parnost se izvodi iz parnosti To znači da je parna za sve prirodne vrijednosti n.

Zadatak 3. Dokazati da je broj Z 3 + 3 - 26n - 27 sa proizvoljnim prirodnim n je djeljivo sa 26 2 bez ostatka.

Rješenje. Hajde da prvo indukcijom dokažemo pomoćnu tvrdnju da je 3 3n+3 — 1 je djeljivo sa 26 bez ostatka kada n > 0.

1. Indukciona baza. Za n = 0 imamo: 3 3 - 1 = 26—djeljivo sa 26.

Indukcioni korak. Pretpostavimo da je 3 3n+3 - 1 je podijeljeno sa 26 kada n = k, i Dokažimo da će u ovom slučaju izjava biti tačna za n = k + 1. Pošto je 3

onda iz induktivne hipoteze zaključujemo da je broj 3 3k + 6 - 1 je deljivo sa 26.

Sada ćemo dokazati tvrdnju formulisanu u iskazu problema. I opet indukcijom.

1. Indukciona baza. Očigledno je da kada n = 1 izjava je tačna: od 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Indukcioni korak. Pretpostavimo da kada p = k
   izraz 3 3k + 3 - 26k - 27 je podijeljeno sa 26 2 bez ostatka, i dokazati da je izjava tačna za n = k + 1,
   odnosno taj broj

djeljivo sa 26 2 bez traga. U posljednjem zbiru oba člana su djeljiva sa 26 2 . Prvi je zato što smo dokazali da je izraz u zagradi djeljiv sa 26; druga je hipoteza indukcije. Na osnovu principa matematičke indukcije, željena tvrdnja je potpuno dokazana.

Primjena metode matematičke indukcije na sumiranje redova.

Zadatak 5. Dokažite formulu

N je prirodan broj.

Rješenje.

Kada je n=1, obje strane jednakosti prelaze na jednu i, prema tome, prvi uvjet principa matematičke indukcije je zadovoljen.

Pretpostavimo da je formula tačna za n=k, tj.

Dodajmo objema stranama ove jednakosti i transformirajmo desnu stranu. Onda dobijamo

Dakle, iz činjenice da je formula tačna za n=k, sledi da je tačna i za n=k+1. Ova izjava je tačna za bilo koju prirodnu vrijednost k. Dakle, i drugi uslov principa matematičke indukcije je takođe zadovoljen. Formula je dokazana.

Zadatak 6. Na tabli su ispisana dva broja: 1,1. Unošenjem njihovog zbira između brojeva dobijamo brojeve 1, 2, 1. Ponavljajući ovu operaciju ponovo, dobijamo brojeve 1, 3, 2, 3, 1. Nakon tri operacije, brojevi će biti 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Koliki će biti zbir svih brojeva na tabli nakon 100 operacija?

Rješenje. Uradi sve 100 operacije bi bile veoma radno intenzivan i dugotrajan zadatak. To znači da moramo pokušati pronaći neku opću formulu za zbir S brojevi iza n operacije. Pogledajmo tabelu:

Jeste li primijetili neki uzorak ovdje? Ako ne, možete napraviti još jedan korak: nakon četiri operacije bit će brojevi

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

čiji je zbir S 4 jednak 82.

Zapravo, ne možete zapisivati ​​brojeve, već odmah reći kako će se zbir promijeniti nakon dodavanja novih brojeva. Neka je zbir jednak 5. Šta će postati kada se dodaju novi brojevi? Podijelimo svaki novi broj na zbir dva stara. Na primjer, od 1, 3, 2, 3, 1 idemo na 1,

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

Odnosno, svaki stari broj (osim dvije krajnje jedinice) sada je tri puta uključen u zbir, tako da je novi zbir jednak 3S - 2 (oduzmite 2 da biste uzeli u obzir jedinice koje nedostaju). Stoga S 5 = 3S 4 - 2 = 244, i općenito

Koja je opšta formula? Da nije bilo oduzimanja dvije jedinice, onda bi se svaki put zbir povećao tri puta, kao u stepenu tri (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). A naši brojevi su, kao što sada vidimo, jedan više. Dakle, može se pretpostaviti da

Pokušajmo sada to dokazati indukcijom.

Indukciona baza. Pogledajte tabelu (za n = 0, 1, 2, 3).

Indukcioni korak. Hajde da se pretvaramo

Hajde da onda to dokažemo S k + 1 = Z k + 1 + 1.

stvarno,

Dakle, naša formula je dokazana. Pokazuje da će nakon stotinu operacija zbir svih brojeva na ploči biti jednak 3 100 + 1.

Pogledajmo jedan sjajan primjer primjene principa matematičke indukcije, u kojem prvo trebate uvesti dva prirodna parametra, a zatim izvršiti indukciju na njihovu sumu.

Zadatak 7. Dokažite da ako= 2, x 2 = 3 i za bilo koji prirodni p> 3 važi relacija

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

To

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

Rješenje. Imajte na umu da je u ovom problemu originalni niz brojeva(x p) je određena indukcijom, jer su članovi našeg niza, osim prva dva, specificirani induktivno, odnosno kroz prethodne. Tako se date sekvence nazivaju ponavljajući, a u našem slučaju, ovaj niz je određen (specificiranjem njegova prva dva člana) na jedinstven način.

Indukciona baza. Sastoji se od provjere dvije izjave: kada n = 1 i n = 2.V U oba slučaja izjava je tačna po uslovu.

Indukcioni korak. Pretpostavimo da za n = k - 1 i n = k izjava je ispunjena, tj

Dokažimo onda valjanost tvrdnje za n = k + 1. Imamo:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, što je trebalo dokazati.

Zadatak 8. Dokažite da se bilo koji prirodni broj može predstaviti kao zbir nekoliko različitih članova rekurentnog niza Fibonačijevih brojeva:

za k > 2.

Rješenje. Neka n - prirodni broj. Uvod ćemo izvršiti dalje P.

Indukciona baza. Kada je n = Tvrdnja 1 je tačna jer je jedan sam po sebi Fibonačijev broj.

Indukcioni korak. Pretpostavimo da su svi prirodni brojevi manji od nekog broja P, može se predstaviti kao zbir nekoliko različitih članova Fibonačijevog niza. Nađimo najveći Fibonačijev broj Ft, nije superioran P; dakle, F t p i F t +1 > p.

Zbog

Po hipotezi indukcije, broj n- F t može se predstaviti kao zbir 5 nekoliko različitih članova Fibonačijevog niza, a iz posljednje nejednakosti slijedi da su svi članovi Fibonačijevog niza uključeni u zbir 8 manji F t . Dakle, proširenje broja n = 8 + F t zadovoljava uslove problema.

Primjeri primjene metode matematičke indukcije za dokazivanje nejednakosti.

Zadatak 9. (Bernoullijeva nejednakost.)Dokaži to kada x > -1, x 0, a za cijeli broj n > 2 nejednakost je tačna

(1 + x) n > 1 + xn.

Rješenje. Dokaz ćemo ponovo izvesti indukcijom.

1. Baza indukcije. Provjerimo valjanost nejednakosti za n = 2. Zaista,

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

2. Korak indukcije. Pretpostavimo to za broj p = k izjava je tačna, tj

(1 + x) k > 1 + xk,

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

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

Dakle, na osnovu principa matematičke indukcije, možemo tvrditi da je Bernoullijeva nejednakost istinita za bilo koji n > 2.

U kontekstu problema koji se rješavaju metodom matematičke indukcije, opći zakon koji treba dokazati nije uvijek jasno formuliran. Ponekad je potrebno, posmatrajući pojedine slučajeve, prvo otkriti (pogoditi) do kakvog opšteg zakona vode, pa tek onda metodom matematičke indukcije dokazati izrečenu hipotezu. Osim toga, indukcijska varijabla se može maskirati, a prije rješavanja problema potrebno je odrediti na kojem će se parametru vršiti indukcija. Kao primjere, razmotrite sljedeće zadatke.

Problem 10. Dokažite to

pod bilo kojim prirodnim n > 1.

rješenje, Pokušajmo dokazati ovu nejednakost metodom matematičke indukcije.

Osnova indukcije se može lako provjeriti:1+

Po hipotezi indukcije

a nama ostaje da to dokažemo

Ako koristimo induktivnu hipotezu, to ćemo tvrditi

Iako je ova jednakost zapravo tačna, ona nam ne daje rješenje problema.

Pokušajmo dokazati jaču tvrdnju nego što je potrebno u originalnom problemu. Naime, to ćemo dokazati

Može se činiti da je dokazivanje ove izjave indukcijom beznadežna stvar.

Međutim, kada n = 1 imamo: izjava je tačna. Da bismo opravdali induktivni korak, pretpostavimo to

a onda ćemo to dokazati

stvarno,

Time smo dokazali jaču tvrdnju, iz koje odmah slijedi tvrdnja sadržana u iskazu problema.

Ono što je poučno ovdje je da iako smo morali dokazati jaču tvrdnju nego što se zahtijeva u problemu, mogli bismo koristiti jaču pretpostavku u induktivnom koraku. Ovo objašnjava da direktna primjena principa matematičke indukcije ne vodi uvijek do cilja.

Nazvana je situacija koja je nastala prilikom rješavanja problemapronalazački paradoks.Sam paradoks je da se složeniji planovi mogu s većim uspjehom implementirati ako se zasnivaju na dubljem razumijevanju suštine stvari.

Zadatak 11. Dokazati da je 2 m + n - 2 m za bilo koji prirodni tip.

Rješenje. Ovdje imamo dva parametra. Stoga možete pokušati provesti tzvdvostruka indukcija(indukcija unutar indukcije).

Provešćemo induktivno rezonovanje P.

1. Indukcijska baza prema st. Kada je n = Moram to provjeriti 2 t ~ 1 > t. Za dokaz ove nejednakosti koristimo se indukcijom na T.

A) Indukcijska baza prema tzv Kada je t = 1 izvršeno
jednakosti, što je prihvatljivo.

b) Korak indukcije prema tzvPretpostavimo da kada t = k izjava je tačna, tj 2 k ~ 1 > k. Onda do
recimo da će izjava biti tačna i za t = k + 1.
Imamo:

sa prirodnim do.

Dakle, nejednakost 2 izvodi u bilo kojem prirodnom T.

2. Korak indukcije prema stavci.Odaberimo i popravimo neki prirodan broj T. Pretpostavimo da kada n = I izjava je tačna (za fiksno t), odnosno 2 t +1 ~ 2 > t1, a mi ćemo dokazati da će tada izjava biti tačna i za n = l + 1.
Imamo:

za bilo koji prirodni tip.

Stoga, na osnovu principa matematičke indukcije (od P) izjava problema je tačna za bilo koje P i za bilo koji fiksni T. Dakle, ova nejednakost vrijedi za bilo koju prirodnu tip.

Zadatak 12. Neka su m, n i k su prirodni brojevi, i t > str. Koji je od dva broja veći:

U svakom izrazu To znakovi kvadratnog korijena, t i p naizmjenično.

Rješenje. Hajde da prvo dokažemo neku pomoćnu tvrdnju.

Lemma. Za bilo koji prirodni t i p (t > p) i nenegativni (ne nužno cijeli) X nejednakost je tačna

Dokaz. Uzmite u obzir nejednakost

Ova nejednakost je tačna jer su oba faktora na lijevoj strani pozitivna. Proširujući zagrade i transformirajući, dobijamo:

Uzimajući kvadratni korijen obje strane posljednje nejednakosti, dobijamo tvrdnju leme. Dakle, lema je dokazana.

Pređimo sada na rješavanje problema. Označimo prvi od ovih brojeva sa A, a drugi - kroz b k. Hajde da dokažemo da je a pod bilo kojim prirodnim To. Dokaz ćemo provesti metodom matematičke indukcije odvojeno za par i nepar To.

Indukciona baza. Kada je k = 1 imamo nejednakost

y[t > y/n , pošteno zbog činjenice da t > p = 2 traženo se dobija iz dokazane leme zamenom x = 0.

Indukcioni korak. Pretpostavimo, za neke k nejednakost a > b k fer. Dokažimo to

Iz pretpostavke indukcije i monotonosti kvadratnog korijena imamo:

S druge strane, iz dokazane leme slijedi da

Kombinacijom posljednje dvije nejednakosti dobijamo:

Prema principu matematičke indukcije, tvrdnja je dokazana.

Problem 13. (Cauchyjeva nejednakost.)Dokažite da za bilo koji pozitivan broj..., a p nejednakost je tačna

Rješenje. Za n = 2 nejednakost

pretpostavićemo da su aritmetička sredina i geometrijska sredina (za dva broja) poznate. Neka n= 2, k = 1, 2, 3, ... i prvo izvršite indukciju na To. Osnova ove indukcije se sada odvija pod pretpostavkom da je tražena nejednakost već uspostavljena za n = 2, dokažimo to za P = 2 . Imamo (primjenjujući nejednakost za dva broja):

Dakle, prema induktivnoj hipotezi

Dakle, indukcijom na k smo dokazali nejednakost za sve str 9 biti moć dvojke.

Dokazati nejednakost za druge vrijednosti P Upotrijebimo “indukciju naniže”, odnosno dokazat ćemo da ako nejednakost vrijedi za proizvoljne nenegativne P brojevi, onda je tačno i za(P - 1. dan. Da bismo to potvrdili, napominjemo da, prema pretpostavci za P brojevima važi nejednakost

odnosno a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Podjela oba dijela na P - 1, dobijamo traženu nejednakost.

Dakle, prvo smo ustanovili da nejednakost vrijedi za beskonačan broj mogućih vrijednosti P, a zatim pokazao da ako nejednakost vrijedi za P brojevi, onda je tačno i za(P - 1) brojevi. Iz ovoga sada zaključujemo da Cautyjeva nejednakost vrijedi za skup od P bilo koji nenegativni brojevi za bilo koji n = 2, 3, 4, ...

Problem 14. (D. Uspenski.) Za bilo koji trougao ABC čiji su uglovi = CAB, = CBA su srazmjerne, postoje nejednakosti

Rješenje. Uglovi i su sumjerljivi, a to (po definiciji) znači da ovi uglovi imaju zajedničku mjeru, za koju su = p, = (p, q su međusobno prosti prirodni brojevi).

Upotrijebimo metodu matematičke indukcije i izvršimo je kroz zbir p = p + q prirodni koprosti brojevi..

Indukciona baza. Za p + q = 2 imamo: p = 1 i q = 1. Tada je trokut ABC jednakokrak, a potrebne nejednakosti su očigledne: one slijede iz nejednakosti trougla

Indukcioni korak. Pretpostavimo sada da su potrebne nejednakosti uspostavljene za p + q = 2, 3, ..., k - 1, gdje je k > 2. Dokažimo da nejednakosti vrijede i za p + q = k.

Neka ABC - dati trougao koji ima> 2. Zatim stranice AC i BC ne može biti jednako: neka AC > BC. Konstruirajmo sada, kao na slici 2, jednakokraki trougao ABC; imamo:

AC = DC i AD = AB + BD, dakle,

2AC > AB + BD (1)

Razmotrite sada trougao BDC, čiji su uglovi takođe srazmerni:

DSV = (q - r), VDC = p.

Rice. 2

Za ovaj trokut vrijedi induktivna hipoteza, i stoga

(2)

Zbrajanjem (1) i (2) imamo:

2AC+BD>

i zbog toga

Iz istog trougla VBS hipotezom indukcije zaključujemo da

Uzimajući u obzir prethodnu nejednakost, zaključujemo da

Na taj način se dobija induktivni prelaz, a formulacija problema sledi iz principa matematičke indukcije.

Komentar. Izjava problema ostaje važeća čak i u slučaju kada uglovi a i p nisu srazmjerni. U osnovi razmatranja u opštem slučaju već moramo primijeniti još jedan važan matematički princip – princip kontinuiteta.

Zadatak 15. Nekoliko pravih dijele ravan na dijelove. Dokažite da ove dijelove možete obojiti u bijelo

i crne boje tako da su susjedni dijelovi koji imaju zajednički rubni segment različitih boja (kao na slici 3 sa n = 4).

slika 3

Rješenje. Koristimo indukciju na broju linija. Pa neka P - broj linija koje dijele naš avion na dijelove, n > 1.

Indukciona baza. Ako postoji samo jedna ravna linija(P = 1), tada ravan dijeli na dvije poluravnine, od kojih jedna može biti obojena bijelom, a druga crnom, i tvrdnja problema je tačna.

Indukcioni korak. Da bi dokaz induktivnog prijelaza bio jasniji, razmotrite proces dodavanja jedne nove linije. Ako nacrtamo drugu pravu liniju(P= 2), tada dobijamo četiri dela koja se po potrebi mogu bojati tako što će suprotne uglove farbati u istu boju. Hajde da vidimo šta će se desiti ako povučemo treću pravu liniju. Podijelit će neke od “starih” dijelova, a pojavit će se novi dijelovi ivice, s obje strane iste boje (slika 4).

Rice. 4

Nastavimo na sljedeći način:S jedne straneod nove ravne linije promijenit ćemo boje - bijelo ćemo napraviti crnom i obrnuto; u isto vrijeme, ne farbamo one dijelove koji leže s druge strane ove prave linije (slika 5). Tada će ova nova boja zadovoljiti potrebne zahtjeve: s jedne strane linije se već izmjenjivala (ali s različitim bojama), a s druge je bila ono što je trebalo. Da bi se dijelovi koji imaju zajedničku granicu koja pripada nacrtanoj liniji obojili u različite boje, dijelove smo prefarbali samo s jedne strane ove nacrtane prave linije.

Fig.5

Dokažimo sada induktivni prijelaz. Pretpostavimo to za nekep = ktačan je iskaz problema, odnosno svi dijelovi ravni na koje je podijeljen ovimToravno, možete ih ofarbati u bijelo i crno kako bi susjedni dijelovi bili različitih boja. Dokažimo da onda postoji takva boja zaP= To+ 1 ravno. Nastavimo slično kao u slučaju prijelaza sa dva reda na tri. Hajde da crtamo u avionuToravno Zatim, prema indukcijskoj hipotezi, rezultujuća „mapa“ može biti obojena na željeni način. Hajde sada da izvedemo(Za+ 1) ravna linija i na jednoj njenoj strani mijenjamo boje u suprotne. Pa sada(Za+ 1)-ta ravna linija svuda razdvaja područja različitih boja, dok „stari“ dijelovi, kao što smo već vidjeli, ostaju ispravno obojeni. Po principu matematičke indukcije, problem je riješen.

Zadatak16. Na rubu pustinje nalazi se velika zaliha benzina i automobil koji, kada se potpuno napuni, može preći 50 kilometara. Postoje neograničene količine kanistera u koje možete sipati benzin iz rezervoara vašeg automobila i ostaviti ga za skladištenje bilo gde u pustinji. Dokažite da automobil može prijeći bilo koju cijeli broj udaljenosti veću od 50 kilometara. Ne smijete nositi kante s benzinom u bilo kojoj količini.

Rješenje.Pokušajmo dokazati indukcijom naP,da auto može da odvezePkilometara od ruba pustinje. AtP= 50 je poznato. Ostaje samo da izvršite uvodni korak i objasnite kako do njega doćip = k+ 1 kilometar ako se to znap = kMožeš voziti kilometre.

Međutim, ovdje nailazimo na poteškoću: nakon što smo prošliTokilometara, benzina možda neće biti dovoljno ni za povratni put (da ne spominjemo skladište). I u ovom slučaju, rješenje je ojačati tvrdnju koja se dokazuje (paradoks pronalazača). Dokazaćemo da ne možete samo da vozitePkilometara, ali i da se napravi proizvoljno velika zaliha benzina u tački na daljinuPkilometara od ruba pustinje, stižući na ovu tačku nakon završetka transporta.

Indukciona baza.Neka jedinica benzina bude količina benzina potrebna za prelazak jednog kilometra. Tada put od 1 kilometra i nazad zahtijeva dvije jedinice benzina, tako da možemo ostaviti 48 jedinica benzina u skladištu kilometar udaljenom od ruba i vratiti se po novu porciju. Tako, tokom nekoliko putovanja do skladišta, možemo napraviti zalihu bilo koje veličine koja nam je potrebna. Istovremeno, da bismo stvorili 48 jedinica rezerve, trošimo 50 jedinica benzina.

Indukcioni korak.Pretpostavimo da je to na daljinuP= Tosa ruba pustinje možete nabaviti bilo koju količinu benzina. Dokažimo da je tada moguće napraviti skladište na daljinup = k+ 1 kilometar sa unapred navedenom rezervom benzina i završiti u ovom skladištu na kraju transporta. Jer u tačkiP= Topostoji neograničena zaliha benzina, tada (prema indukcijskoj bazi) možemo doći do tačke u nekoliko putovanjap = k+ 1 uraditi u trenutkuP= To4-1 zaliha bilo koje potrebne veličine.

Istinitost općenitije tvrdnje nego u iskazu problema sada slijedi iz principa matematičke indukcije.

Zaključak

Konkretno, proučavajući metodu matematičke indukcije, povećao sam svoje znanje u ovoj oblasti matematike, a naučio sam i da rješavam probleme koji su do tada bili izvan mojih moći.

Uglavnom su to bili logični i zabavni zadaci, tj. samo one koje povećavaju interesovanje za samu matematiku kao nauku. Rješavanje ovakvih problema postaje zabavna aktivnost i može privući sve više znatiželjnika u matematičke lavirinte. Po mom mišljenju, to je osnova svake nauke.

Nastavljajući proučavanje metode matematičke indukcije, pokušat ću naučiti kako je primijeniti ne samo u matematici, već iu rješavanju problema u fizici, hemiji i samom životu.

Književnost

1.Vulenkin INDUKCIJA. Kombinatorika. Priručnik ZA nastavnike. M., Prosvjeta,

1976.-48 str.

2.Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcija u geometriji. - M.: Država. objavljeno litar. - 1956. - S.I00. Priručnik o matematici za one koji ulaze na univerzitete / Ed. Yakovleva G.N. Nauka. -1981. - P.47-51.

3.Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcija u geometriji. —
M.: Nauka, 1961. - (Popularna predavanja iz matematike.)

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

5.R. Courant, G. Robbins "Šta je matematika?" Poglavlje 1, § 2

6.Popa D. Matematika i uvjerljivo zaključivanje. - M,: Nauka, 1975.

7.Popa D. Matematičko otkriće. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Kako predavati metodu matematičke indukcije / Matematička škola. - Nl. - 1996. - P.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom IM. O metodi matematičke indukcije. - M.: Nauka, 1977. - (Popularna predavanja iz matematike.)

10.Solominsky I.S. Metoda matematičke indukcije. - M.: Nauka.

63s.

11.Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O matematičkoj indukciji. - M.: Nauka. - 1967. - P.7-59.

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

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

Ako je rečenica A(n), u zavisnosti od prirodnog broja n, tačna za n=1 i iz činjenice da je tačna za n=k (gdje je k bilo koji prirodni broj), slijedi da je istinita i za sljedeći broj n=k +1, tada je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji prirodan broj n.

U brojnim slučajevima može biti potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje ne za sve prirodne brojeve, već samo za n>p, gdje je p fiksni prirodan broj. U ovom slučaju, princip matematičke indukcije je formuliran na sljedeći način.

Ako je tvrdnja A(n) tačna za n=p i ako je A(k) ≈ A(k+1) za bilo koje k>p, onda je tvrdnja A(n) tačna za bilo koje n>p.

Dokaz metodom matematičke indukcije izvodi se na sljedeći način. Prvo, iskaz koji treba dokazati se provjerava za n=1, tj. istinitost iskaza A(1) je utvrđena. Ovaj dio dokaza naziva se baza indukcije. Zatim dolazi dio dokaza koji se naziva korak indukcije. U ovom dijelu dokazuju valjanost iskaza za n=k+1 pod pretpostavkom valjanosti iskaza za n=k (indukcijska pretpostavka), tj. dokazati da je A(k) 1 A(k+1)

Dokazati da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

• 1) Imamo n=1=1 2 . Prema tome, tvrdnja je tačna za n=1, tj. A(1) tačno
• 2) Dokažimo da je A(k) ≥ A(k+1)

Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je izjava tačna za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Dokažimo da je tada tvrdnja tačna i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. Šta

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

Dakle, A(k) 1 A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, zaključujemo da je pretpostavka A(n) tačna za bilo koje n O N

Dokaži to

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), gdje je x br. 1

• 1) Za n=1 dobijamo
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

dakle, za n=1 formula je ispravna; A(1) tačno

• 2) Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je formula tačna za n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Dokažimo da je onda jednakost

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

Dakle, A(k) 1 A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je formula tačna za svaki prirodni broj n

Dokažite da je broj dijagonala konveksnog n-ugla n(n-3)/2

Rješenje: 1) Za n=3 tvrdnja je tačna, jer je u trouglu

A 3 =3(3-3)/2=0 dijagonala; A 2 A(3) tačno

2) Pretpostavimo da u svakom konveksnom k-ugaoniku postoje A 1 x A k =k(k-3)/2 dijagonale. A k Dokažimo da je tada u konveksnom A k+1 (k+1)-ugaoniku broj dijagonala A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Neka je A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 konveksan (k+1)-ugao. Nacrtajmo dijagonalu A 1 A k u njoj. Da biste izračunali ukupan broj dijagonala ovog (k+1)-ugla, potrebno je izbrojati broj dijagonala u k-ugaoniku A 1 A 2 ...A k , rezultirajućem broju dodati k-2, tj. treba uzeti u obzir broj dijagonala (k+1)-ugla koje izlaze iz vrha A k+1, a pored toga treba uzeti u obzir i dijagonalu A 1 A k

dakle,

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

Dakle, A(k) 1 A(k+1). Zbog principa matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za svaki konveksni n-ugao.

Dokažite da je za bilo koje n tačna sljedeća izjava:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

2) Pretpostavimo da je n=k

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

3) Razmotrimo ovu izjavu za n=k+1

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

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

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

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

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

Dokazali smo da je jednakost tačna za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koji prirodan broj n

Dokažite da je za bilo koji prirodan broj n tačna jednakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Rješenje: 1) Neka je n=1

Tada je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Vidimo da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n=k

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

3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje za n=k+1, tj.

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

Iz gornjeg dokaza jasno je da je tvrdnja tačna za n=k+1, dakle, jednakost je tačna za bilo koji prirodan broj n

Dokaži to

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ´ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ´ ... ´ ((n 3 +1)/(n 3 -1) )= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), gdje je n>2

Rješenje: 1) Za n=2 identitet izgleda ovako:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ´2 ´3)/2(2 2 +2+1), tj. istina je
• 2) Pretpostavimo da je izraz tačan za n=k
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ´ … ´ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) Dokažimo valjanost izraza za n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ´ … ´ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ´ (((k+1) 3 +

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

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

´ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Dokazali smo da je jednakost tačna za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje n>2

Dokaži to

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) za bilo koji prirodni broj n

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Pretpostavimo da je onda n=k
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Dokažimo istinitost ove tvrdnje za n=k+1
• (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

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

Dokazana je i valjanost jednakosti za n=k+1, pa je tvrdnja tačna za svaki prirodan broj n.

Dokažite da je identitet tačan

(1 2 /1 ´ 3)+(2 2 /3 ´ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ´ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) za bilo koji prirodni n

• 1) Za n=1 identitet je tačan 1 2 /1 ´ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Pretpostavimo da je za n=k
• (1 2 /1 ´3)+…+(k 2 /(2k-1) ´ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Dokažimo da je identičnost tačna za n=k+1
• (1 2 /1 ´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ´ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Iz gornjeg dokaza jasno je da je tvrdnja tačna za bilo koji prirodan broj n.

Dokažite da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo sa 133 bez ostatka

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

Ali (23 ´ 133) je deljivo sa 133 bez ostatka, što znači da je za n=1 izjava tačna; A(1) je tačno.

• 2) Pretpostavimo da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo sa 133 bez ostatka
• 3) Dokažimo da je u ovom slučaju (11 k+3 +12 2k+3) djeljivo sa 133 bez ostatka. Zaista
• 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

Dobijeni zbir se dijeli sa 133 bez ostatka, jer je njegov prvi član djeljiv sa 133 bez ostatka po pretpostavci, a u drugom je jedan od faktora 133. Dakle, A(k) 1 A(k+1). Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana

Dokazati da je za bilo koji n 7 n -1 djeljiv sa 6 bez ostatka

• 1) Neka je n=1, tada je X 1 =7 1 -1=6 podijeljen sa 6 bez ostatka. To znači da je kada je n=1 izjava tačna
• 2) Pretpostavimo da je kada je n=k 7 k -1 podijeljeno sa 6 bez ostatka
• 3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1

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

Prvi član je djeljiv sa 6, pošto je 7 k -1 djeljivo sa 6 prema pretpostavci, a drugi član je 6. To znači da je 7 n -1 višekratnik 6 za bilo koji prirodni broj n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n-1 +2 4n-3 za proizvoljan prirodan broj n djeljiv sa 11.

1) Neka je onda n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 dijeli se sa 11 bez ostatka.

To znači da je za n=1 izjava tačna

• 2) Pretpostavimo da kada je n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 je podijeljeno sa 11 bez ostatka
• 3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1

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

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

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

Prvi član je djeljiv sa 11 bez ostatka, jer je 3 3k-1 +2 4k-3 djeljiv sa 11 po pretpostavci, drugi je djeljiv sa 11, jer je jedan od njegovih faktora broj 11. To znači da je zbir je djeljiv sa 11 bez ostatka za bilo koji prirodan broj n. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 11 2n -1 za proizvoljan prirodan broj n djeljiv sa 6 bez ostatka

• 1) Neka je n=1, tada je 11 2 -1=120 deljivo sa 6 bez ostatka. To znači da je za n=1 izjava tačna
• 2) Pretpostavimo da je kada je n=k 1 2k -1 podijeljeno sa 6 bez ostatka
• 11 2(k+1) -1=121 ´ 11 2k -1=120´ 11 2k +(11 2k -1)

Oba člana su djeljiva sa 6 bez ostatka: prvi sadrži višekratnik 6, 120, a drugi je djeljiv sa 6 bez ostatka po pretpostavci. To znači da je zbir djeljiv sa 6 bez ostatka. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana.

Dokažite da je 3 3n+3 -26n-27 za proizvoljan prirodan broj n djeljiv sa 26 2 (676) bez ostatka

Hajde da prvo dokažemo da je 3 3n+3 -1 deljivo sa 26 bez ostatka

• 1. Kada je n=0
• 3 3 -1=26 je podijeljeno sa 26
• 2. Pretpostavimo da je za n=k
• 3 3k+3 -1 je deljivo sa 26
• 3. Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ´ 3 3k+3 -1=26´ 3 3l+3 +(3 3k+3 -1) -podeljeno sa 26

Dokažimo sada tvrdnju formulisanu u iskazu problema

• 1) Očigledno, za n=1 izjava je tačna
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Pretpostavimo da je za n=k izraz 3 3k+3 -26k-27 podijeljen sa 26 2 bez ostatka
• 3) Dokažimo da je tvrdnja tačna za n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Oba člana su djeljiva sa 26 2; prva je djeljiva sa 26 2 jer smo dokazali da je izraz u zagradama djeljiva sa 26, a druga je djeljiva hipotezom indukcije. Metodom matematičke indukcije tvrdnja je dokazana

Dokažite da ako je n>2 i x>0, onda je nejednakost (1+x) n >1+n ´x tačna

• 1) Za n=2 vrijedi nejednakost, jer
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Dakle, A(2) je tačno

• 2) Dokažimo da je A(k) ≈ A(k+1), ako je k> 2. Pretpostavimo da je A(k) tačno, tj. da je nejednakost
• (1+x) k >1+k ´x. (3)

Dokažimo da je tada i A(k+1) tačno, tj. da je nejednakost

(1+x) k+1 >1+(k+1) ´x

U stvari, množenjem obe strane nejednakosti (3) pozitivnim brojem 1+x, dobijamo

(1+x) k+1 >(1+k ´x)(1+x)

Razmotrimo desnu stranu posljednje nejednakosti; imamo

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

Kao rezultat, dobijamo da (1+x) k+1 >1+(k+1) ´x

Dakle, A(k) 1 A(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, može se tvrditi da Bernoullijeva nejednakost vrijedi za bilo koje n> 2

Dokažite da je nejednakost (1+a+a 2) m > 1+m ´ a+(m(m+1)/2) ´ a 2 za a> 0 tačna

Rješenje: 1) Kada je m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ½ a 2 obe strane su jednake
• 2) Pretpostavimo da je za m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ´ a+(k(k+1)/2) ´ a 2
• 3) Dokažimo da je za m=k+1 nejednakost tačna
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ´ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ´ a 2

Dokazali smo da je nejednakost tačna za m=k+1, pa prema tome, na osnovu metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koje prirodno m

Dokažite da je za n>6 tačna nejednakost 3 n >n ´ 2 n+1

Prepišimo nejednačinu u obliku (3/2) n >2n

• 1. Za n=7 imamo 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ´ 7 nejednakost je tačna
• 2. Pretpostavimo da je za n=k (3/2) k >2k
• 3) Dokažimo nejednakost za n=k+1
• 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ´ (3/2)>2k ´ (3/2)=3k>2 (k+1)

Pošto je k>7, posljednja nejednakost je očigledna.

Na osnovu metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koji prirodni broj n

Dokažite da je za n>2 nejednakost tačna

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Za n=3 nejednakost je tačna
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Pretpostavimo da je za n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Dokažimo valjanost nejednakosti za n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Dokažimo da je 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<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

y k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Ovo poslednje je očigledno, i stoga

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

Metodom matematičke indukcije nejednakost je dokazana.