Utilizando el método de inducción matemática, demuestra la fórmula. Principio de inducción matemática.

Utilizando el método de inducción matemática, demuestre que para cualquier natural norte son válidas las siguientes igualdades:
A) ;
b) .

Solución.

a) cuando norte= 1 la igualdad es verdadera. Suponiendo la validez de la igualdad en norte, mostremos su validez incluso cuando norte+ 1. De hecho,

Q.E.D.

b) cuando norte= 1 la validez de la igualdad es obvia. Desde el supuesto de su validez en norte debería

Dada la igualdad 1 + 2 + ... + norte = norte(norte+ 1)/2, obtenemos

1 3 + 2 3 + ... + norte 3 + (norte + 1) 3 = (1 + 2 + ... + norte + (norte + 1)) 2 ,

es decir, la afirmación también es cierta cuando norte + 1.

Ejemplo 1. Demuestre las siguientes igualdades

Solución. a) cuando norte= 1 igualdad tomará la forma 1=1, por lo tanto, PAG(1) es cierto. Supongamos que esta igualdad es verdadera, es decir, se cumple

Así, según el método de inducción matemática, la igualdad original es válida para cualquier natural. norte.

Nota 2. Este ejemplo podría haberse resuelto de otra manera. De hecho, la suma es 1 + 2 + 3 +... + norte es la suma de la primera norte términos de una progresión aritmética con el primer término a 1 = 1 y diferencia d= 1. En virtud de la conocida fórmula , obtenemos

b) cuando norte= 1 igualdad tomará la forma: 2 1 - 1 = 1 2 o 1=1, es decir, PAG(1) es cierto. Supongamos que hay igualdad.

1 + 3 + 5 + ... + (2norte - 1) = norte 2 y demostrar que ocurrePAG(norte + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2norte - 1) + (2(norte + 1) - 1) = (norte+ 1) 2 o 1 + 3 + 5 + ... + (2 norte - 1) + (2norte + 1) = (norte + 1) 2 .

Usando la hipótesis de inducción, obtenemos

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

De este modo, PAG(norte+ 1) es verdadera y, por tanto, queda demostrada la igualdad requerida.

Nota 3. Este ejemplo se puede resolver (similar al anterior) sin utilizar el método de inducción matemática.

c) cuando norte= 1 la igualdad es verdadera: 1=1. Supongamos que la igualdad es cierta.

d) cuando norte= 1 igualdad es verdadera: 1=1. Supongamos que ocurre

En realidad,

e) Aprobación PAG(1) verdadero: 2=2. Supongamos que la igualdad

En consecuencia, la igualdad original es válida para cualquier natural. norte.

F) PAG(1) verdadero: 1/3 = 1/3. Que haya igualdad PAG(norte):

En efecto, considerando que PAG(norte) se cumple, obtenemos

Así queda demostrada la igualdad.

g) cuando norte= 1 tenemos a + b = b + a y por tanto la igualdad es justa.

Sea válida la fórmula binomial de Newton para norte = k, eso es,

Ejemplo 2. Demostrar desigualdades

Solución. a) cuando norte= 1 obtenemos la verdadera desigualdad

1 + un ≥ 1 + un . Supongamos que existe una desigualdad

De hecho, dado que a > -1 implica a + 1 > 0, entonces multiplicando ambos lados de la desigualdad (1) por (a + 1), obtenemos

(1 + un) norte(1 + a) ≥ (1 + norte un )(1 + un ) o (1 + un ) norte + 1 ≥ 1 + (norte+ 1)a + norte un 2 desde norte un 2 ≥ 0, por lo tanto(1 + un) norte + 1 ≥ 1 + (norte+ 1)a + norte un 2 ≥ 1 + ( norte+ 1)un .

Así, si PAG(norte) es cierto, entonces PAG(norte+ 1) es verdadera, por lo tanto, según el principio de inducción matemática, la desigualdad de Bernoulli es verdadera.

b) cuando norte= 1 obtenemos incógnita 1 = 1 y por lo tanto incógnita 1 ≥ 1 es decir PAG(1) es una declaración justa. Supongamos que PAG(norte) es cierto, es decir, si adica, incógnita 1 ,incógnita 2 ,...,incógnita norte - norte números positivos cuyo producto es igual a uno, incógnita 1 incógnita 2 ·...· incógnita norte= 1, y incógnita 1 + incógnita 2 + ... + incógnita norte ≥ norte.

Demostremos que esta oración implica la verdad de lo siguiente: si incógnita 1 ,incógnita 2 ,...,incógnita norte ,incógnita norte+1 - (norte+ 1) números positivos tales que incógnita 1 incógnita 2 ·...· incógnita norte · incógnita norte+1 = 1, entonces incógnita 1 + incógnita 2 + ... + incógnita norte + incógnita norte + 1 ≥norte + 1.

Considere los siguientes dos casos:

1) incógnita 1 = incógnita 2 = ... = incógnita norte = incógnita norte+1 = 1. Entonces la suma de estos números es ( norte+ 1), y se satisface la desigualdad requerida;

2) al menos un número es diferente de uno, sea, por ejemplo, mayor que uno. Entonces, desde incógnita 1 incógnita 2 · ... · incógnita norte · incógnita norte+ 1 = 1, hay al menos un número más distinto de uno (más precisamente, menor que uno). Dejar incógnita norte+ 1 > 1 y incógnita norte < 1. Рассмотрим norte numeros positivos

Desde

(1 - incógnita norte)(incógnita norte+1 - 1) > 0, entonces norte + incógnita norte + incógnita norte+1 - incógnita norte incógnita norte+1 = norte + 1 + incógnita norte+1 (1 - incógnita norte) - 1 + incógnita norte =
= norte + 1 + incógnita norte+1 (1 - incógnita norte) - (1 - incógnita norte) = norte + 1 + (1 - incógnita norte)(incógnita norte+1 - 1) ≥ norte+ 1. Por lo tanto, incógnita 1 + incógnita 2 + ... + incógnita norte + incógnita norte+1 ≥ norte+1, es decir, si PAG(norte) es cierto, entoncesPAG(norte+ 1) justo. La desigualdad ha sido probada.

Nota 4. El signo igual se cumple si y sólo si incógnita 1 = incógnita 2 = ... = incógnita norte = 1.

c) dejar incógnita 1 ,incógnita 2 ,...,incógnita norte- números positivos arbitrarios. Considere lo siguiente norte números positivos:

Nota 5. La igualdad se cumple si y sólo si incógnita 1 = incógnita 2 = ... = incógnita norte .

d) PAG(1) es una afirmación justa: sen 2 a + cos 2 a = 1. Supongamos que PAG(norte) es una afirmación verdadera:

Pecado 2 norte a + porque 2 norte un ≤ 1 y mostrar lo que pasaPAG(norte+ 1). En realidad, pecado 2( norte+ 1) a + porque 2( norte+ 1) a = pecado 2 norte un pecado 2 a + cos 2 norte a cos 2 a< sin 2norte a + porque 2 norte a ≤ 1 (si sen 2 a ≤ 1, entonces cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, entonces sen 2 a < 1). Таким образом, для любого norte ACERCA DE norte pecado 2 norte a + porque 2 norte ≤ 1 y el signo de igualdad se logra sólo cuandonorte = 1.

e) Cuando norte= 1 afirmación es verdadera: 1< 3 / 2 .

Supongamos que y lo demostraremos

f) Teniendo en cuenta la observación 1, comprobemos PAG(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, por lo tanto, para norte= 10 la afirmación es verdadera. Supongamos que 2 norte > norte 3 (norte> 10) y demostrar PAG(norte+ 1), es decir 2 norte+1 > (norte + 1) 3 .

Desde cuando norte> 10 tenemos o , se deduce que

2norte 3 > norte 3 + 3norte 2 + 3norte+ 1 o norte 3 > 3norte 2 + 3norte + 1. Dada la desigualdad (2 norte > norte 3 ), obtenemos 2 norte+1 = 2 norte·2 = 2 norte + 2 norte > norte 3 + norte 3 > norte 3 + 3norte 2 + 3norte + 1 = (norte + 1) 3 .

Así, según el método de inducción matemática, para cualquier natural norte ACERCA DE norte, norte≥ 10 tenemos 2 norte > norte 3 .

Ejemplo 3. Demuéstralo a cualquiera norte ACERCA DE norte

Solución. a) PAG(1) es una afirmación verdadera (0 se divide por 6). Dejar PAG(norte) es justo, es decir norte(2norte 2 - 3norte + 1) = norte(norte - 1)(2norte- 1) es divisible por 6. Demostremos qué sucede entonces PAG(norte+ 1), es decir, ( norte + 1)norte(2norte+ 1) es divisible por 6. De hecho, dado que

De este modo, PAG(norte+ 1) es una afirmación justa y, por tanto, norte(2norte 2 - 3norte+ 1) divisible por 6 para cualquier norte ACERCA DE norte.

b) Comprobemos PAG(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, por lo tanto, PAG(1) es una declaración justa. Se debe probar que si 6 2 norte-2 + 3 norte+1 + 3 norte-1 se divide entre 11 ( PAG(norte)), entonces 6 2 norte + 3 norte+2 + 3 norte también divisible por 11 ( PAG(norte+ 1)). De hecho, desde

6 2norte + 3 norte+2 + 3 norte = 6 2norte-2+2 + 3 norte+1+1 + 3 norte-1+1 = = 6 2 6 2 norte-2 + 3 3 norte+1 + 3 3 norte-1 = 3·(6 2 norte-2 + 3 norte+1 + 3 norte-1) + 33 6 2 norte-2 y como 6 2 norte-2 + 3 norte+1 + 3 norte-1 y 33 6 2 norte-2 son divisibles por 11, entonces su suma es 6 2norte + 3 norte+2 + 3 norte es divisible por 11. La afirmación está probada. Inducción en geometría

Ejemplo 4. Calcular el lado del 2 correcto norte-un triángulo inscrito en una circunferencia de radio R.

Descripción bibliográfica: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Aplicación del método de inducción matemática a la resolución de problemas de divisibilidad de números naturales // Joven científico. 2015. N° 2. Pág. 84-86..02.2019).

En las Olimpiadas de matemáticas suelen surgir problemas bastante difíciles para demostrar la divisibilidad de los números naturales. Los escolares se enfrentan a un problema: ¿cómo encontrar un método matemático universal que les permita resolver este tipo de problemas?

Resulta que la mayoría de los problemas para demostrar la divisibilidad se pueden resolver mediante el método de inducción matemática, pero los libros de texto escolares prestan muy poca atención a este método a menudo se da una breve descripción teórica y se analizan varios problemas;

Encontramos el método de inducción matemática en la teoría de números. En los albores de la teoría de números, los matemáticos descubrieron muchos hechos de forma inductiva: L. Euler y K. Gauss a veces consideraron miles de ejemplos antes de notar un patrón numérico y creer en él. Pero al mismo tiempo comprendieron cuán engañosas pueden ser las hipótesis que han pasado la prueba “final”. Para pasar inductivamente de un enunciado verificado para un subconjunto finito a un enunciado similar para todo el conjunto infinito, se requiere una prueba. Este método fue propuesto por Blaise Pascal, quien encontró un algoritmo general para encontrar signos de divisibilidad de cualquier número entero entre cualquier otro número entero (tratado "Sobre la naturaleza de la divisibilidad de los números").

El método de inducción matemática se utiliza para demostrar mediante el razonamiento la verdad de un determinado enunciado para todos los números naturales o la verdad de un enunciado a partir de un determinado número n.

La resolución de problemas para demostrar la verdad de una determinada afirmación mediante el método de inducción matemática consta de cuatro etapas (Fig.1):

Arroz. 1. Esquema para resolver el problema.

1. Base de inducción . Verifican la validez del enunciado para el número natural más pequeño para el cual el enunciado tiene sentido.

2. Hipótesis inductiva . Suponemos que la afirmación es verdadera para algún valor de k.

3. Transición de inducción . Probamos que la afirmación es verdadera para k+1.

4. Conclusión . Si tal prueba se completó, entonces, basándose en el principio de inducción matemática, se puede argumentar que la afirmación es verdadera para cualquier número natural n.

Consideremos la aplicación del método de inducción matemática para resolver problemas de demostración de la divisibilidad de números naturales.

Ejemplo 1. Demuestra que el número 5 es múltiplo de 19, donde n es un número natural.

Prueba:

1) Comprobemos que esta fórmula es correcta para n = 1: el número =19 es múltiplo de 19.

2) Sea esta fórmula cierta para n = k, es decir, el número es múltiplo de 19.

Es múltiplo de 19. De hecho, el primer término es divisible por 19 debido al supuesto (2); el segundo término también es divisible por 19 porque contiene un factor de 19.

Ejemplo 2. Demuestra que la suma de los cubos de tres números naturales consecutivos es divisible por 9.

Prueba:

Probemos el enunciado: “Para cualquier número natural n, la expresión n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 es múltiplo de 9.

1) Comprobemos que esta fórmula es correcta para n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 múltiplos de 9.

2) Sea cierta esta fórmula para n = k, es decir, k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 es un múltiplo de 9.

3) Demostremos que la fórmula también es cierta para n = k + 1, es decir, (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 es múltiplo de 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

La expresión resultante contiene dos términos, cada uno de los cuales es divisible por 9, por lo que la suma es divisible por 9.

4) Ambas condiciones del principio de inducción matemática se cumplen, por lo tanto, la oración es verdadera para todos los valores de n.

Ejemplo 3. Demuestre que para cualquier número natural n, el número 3 2n+1 +2 n+2 es divisible por 7.

Prueba:

1) Comprobemos que esta fórmula es correcta para n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 es múltiplo de 7.

2) Sea cierta esta fórmula para n = k, es decir, 3 2 k +1 +2 k +2 se divide por 7.

3) Demostremos que la fórmula también es cierta para n = k + 1, es decir

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2.T. k (3 2 k +1 +2 k +2) 9 se divide entre 7 y 7 2 k +2 se divide entre 7, luego su diferencia se divide entre 7.

4) Ambas condiciones del principio de inducción matemática se cumplen, por lo tanto, la oración es verdadera para todos los valores de n.

Muchos problemas de demostración de la teoría de la divisibilidad de números naturales se pueden resolver cómodamente utilizando el método de inducción matemática; incluso se puede decir que resolver problemas con este método es completamente algorítmico, basta con realizar 4 pasos básicos; Pero este método no puede llamarse universal, ya que también tiene desventajas: en primer lugar, solo se puede probar con un conjunto de números naturales y, en segundo lugar, solo se puede probar con una variable.

Para el desarrollo del pensamiento lógico y la cultura matemática, este método es una herramienta necesaria, porque el gran matemático ruso A. N. Kolmogorov dijo: “La comprensión y la capacidad de aplicar correctamente el principio de inducción matemática es un buen criterio de madurez lógica, que es absolutamente necesario para un matemático”.

Literatura:

1. Vilenkin N. Ya. Combinatoria. - M.: Educación, 1976. - 48 p.

2. Genkin L. Sobre la inducción matemática. - M., 1962. - 36 p.

3. Solominsky I. S. Método de inducción matemática. - M.: Nauka, 1974. - 63 p.

4. Sharygin I.F. Curso opcional de matemáticas: Resolución de problemas: Libro de texto para décimo grado. promedio escolar - M.: Educación, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Inducción matemática. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 p.

Método de inducción matemática.

Introducción

parte principal

1. Inducción completa e incompleta.
2. Principio de inducción matemática.
3. Método de inducción matemática.
4. Ejemplos de resolución
5. Igualdades
6. Dividir números
7. Desigualdades

Conclusión

Lista de literatura usada

Introducción

La base de cualquier investigación matemática son los métodos deductivos e inductivos. El método deductivo de razonamiento es el razonamiento de lo general a lo específico, es decir. razonamiento, cuyo punto de partida es el resultado general y el punto final es el resultado particular. La inducción se utiliza cuando se pasa de resultados particulares a resultados generales, es decir, es lo opuesto al método deductivo.

El método de inducción matemática se puede comparar con el progreso. Comenzamos desde lo más bajo y, como resultado del pensamiento lógico, llegamos a lo más alto. El hombre siempre ha luchado por el progreso, por la capacidad de desarrollar lógicamente sus pensamientos, lo que significa que la propia naturaleza lo ha destinado a pensar de forma inductiva.

Aunque el ámbito de aplicación del método de inducción matemática ha aumentado, en el plan de estudios escolar se le dedica poco tiempo. Bueno, díganme que esas dos o tres lecciones serán útiles para una persona, durante las cuales escuchará cinco palabras de teoría, resolverá cinco problemas primitivos y, como resultado, recibirá una A por no saber nada.

Pero es muy importante poder pensar de forma inductiva.

parte principal

En su significado original, la palabra "inducción" se aplica al razonamiento mediante el cual se obtienen conclusiones generales basadas en una serie de afirmaciones específicas. El método más sencillo de razonamiento de este tipo es la inducción completa. He aquí un ejemplo de tal razonamiento.

Sea necesario establecer que todo número natural par n dentro de 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.

Estas nueve igualdades muestran que cada uno de los números que nos interesan está representado como la suma de dos términos simples.

Así, la inducción completa consiste en demostrar el enunciado general por separado en cada uno de un número finito de casos posibles.

A veces, el resultado general se puede predecir considerando no todos, pero sí un número suficientemente grande de casos particulares (la llamada inducción incompleta).

Sin embargo, el resultado obtenido por inducción incompleta sigue siendo sólo una hipótesis hasta que se demuestre mediante un razonamiento matemático preciso que abarque todos los casos especiales. En otras palabras, la inducción incompleta en matemáticas no se considera un método legítimo de prueba rigurosa, pero es un método poderoso para descubrir nuevas verdades.

Supongamos, por ejemplo, que desea encontrar la suma de los primeros n números impares consecutivos. Consideremos casos especiales:

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

Después de considerar estos pocos casos especiales, se sugiere la siguiente conclusión general:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

aquellos. la suma de los primeros n números impares consecutivos es n 2

Por supuesto, la observación hecha todavía no puede servir como prueba de la validez de la fórmula dada.

La inducción completa sólo tiene aplicaciones limitadas en matemáticas. Muchos enunciados matemáticos interesantes cubren un número infinito de casos especiales, pero no podemos probarlos para un número infinito de casos. La inducción incompleta a menudo conduce a resultados erróneos.

En muchos casos, la salida a este tipo de dificultades es recurrir a un método especial de razonamiento, llamado método de inducción matemática. Es el siguiente.

Supongamos que necesita demostrar la validez de una determinada afirmación para cualquier número natural n (por ejemplo, necesita demostrar que la suma de los primeros n números impares es igual a n 2). La verificación directa de esta afirmación para cada valor de n es imposible, ya que el conjunto de los números naturales es infinito. Para probar esta afirmación, primero verifique su validez para n=1. Luego prueban que para cualquier valor natural de k, la validez del enunciado considerado para n=k implica su validez para n=k+1.

Entonces el enunciado se considera probado para todo n. De hecho, la afirmación es cierta para n=1. Pero también es cierto para el siguiente número n=1+1=2. La validez del enunciado para n=2 implica su validez para n=2+

1=3. Esto implica la validez de la afirmación para n=4, etc. Está claro que, al final, llegaremos a cualquier número natural n. Esto significa que la afirmación es verdadera para cualquier n.

Resumiendo lo dicho, formulamos el siguiente principio general.

El principio de inducción matemática.

Si una oración A(n), dependiendo de un número natural n, es verdadera para n=1 y del hecho de que es verdadera para n=k (donde k es cualquier número natural), se deduce que también es verdadera para el siguiente número n=k +1, entonces el supuesto A(n) es verdadero para cualquier número natural n.

En varios casos, puede ser necesario demostrar la validez de una determinada afirmación no para todos los números naturales, sino sólo para n>p, donde p es un número natural fijo. En este caso, el principio de inducción matemática se formula de la siguiente manera.

Si la proposición A(n) es verdadera para n=p y si A(k)ÞA(k+1) para cualquier k>p, entonces la proposición A(n) es verdadera para cualquier n>p.

La demostración mediante el método de inducción matemática se realiza de la siguiente manera. Primero, se verifica que la afirmación a demostrar sea n=1, es decir se establece la verdad del enunciado A(1). Esta parte de la demostración se llama base de inducción. A esto le sigue una parte de la prueba llamada paso de inducción. En esta parte, prueban la validez del enunciado para n=k+1 bajo el supuesto de validez del enunciado para n=k (supuesto de inducción), es decir demostrar que A(k)ÞA(k+1).

Demuestre que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Solución: 1) Tenemos n=1=1 2 . Por eso,

la afirmación es verdadera para n=1, es decir A(1) es verdadero.

2) Demostremos que A(k)ÞA(k+1).

Sea k cualquier número natural y sea verdadera la afirmación para n=k, es decir

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Probemos que entonces la afirmación también es cierta para el siguiente número natural n=k+1, es decir Qué

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

De hecho,

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

Entonces, A(k)ÞA(k+1). Con base en el principio de inducción matemática, concluimos que el supuesto A(n) es verdadero para cualquier nÎN.

demostrar que

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

Solución: 1) Para n=1 obtenemos

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

por tanto, para n=1 la fórmula es correcta; A(1) es verdadero.

2) Sea k cualquier número natural y sea verdadera la fórmula para n=k, es decir

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

Demostremos que entonces se cumple la igualdad.

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

En efecto

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).

Entonces, A(k)ÞA(k+1). Basándonos en el principio de inducción matemática, concluimos que la fórmula es válida para cualquier número natural n.

Demuestre que el número de diagonales de un n-gón convexo es igual a n(n-3)/2.

Solución: 1) Para n=3 la afirmación es verdadera

Y 3 es significativo, porque en un triángulo

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

A 2 A(3) es verdadero.

2) Supongamos que en cada

un k-gon convexo tiene-

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

Y k Demostremos que entonces en un convexo

(k+1)-número de gón

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

Sea A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 un góno (k+1) convexo. Dibujemos una diagonal A 1 A k en él. Para calcular el número total de diagonales de este (k+1)-gon, necesitas contar el número de diagonales en el k-gon A 1 A 2 ...A k , suma k-2 al número resultante, es decir se debe tener en cuenta el número de diagonales del (k+1)-gón que emana del vértice A k+1 y, además, la diagonal A 1 A k.

De este modo,

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

Entonces, A(k)ÞA(k+1). Debido al principio de inducción matemática, la afirmación es cierta para cualquier n-gón convexo.

Demuestre que para cualquier n la siguiente afirmación es verdadera:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solución: 1) Sea n=1, entonces

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

Esto significa que para n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que n=k

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

3) Considere esta afirmación para 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.

Hemos demostrado que la igualdad es verdadera para n=k+1, por lo tanto, en virtud del método de inducción matemática, la afirmación es verdadera para cualquier número natural n.

Demuestre que para cualquier número natural n la igualdad es verdadera:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solución: 1) Sea n=1.

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

Vemos que para n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que la igualdad es cierta para n=k

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

3) Probemos la verdad de esta afirmación para n=k+1, es decir

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.

De la prueba anterior queda claro que la afirmación es verdadera para n=k+1, por lo tanto, la igualdad es verdadera para cualquier número natural n.

demostrar que

((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), donde n>2.

Solución: 1) Para n=2 la identidad se ve así: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

aquellos. es cierto.

2) Supongamos que la expresión es verdadera para n=k

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

3) Demostremos la exactitud de la expresión para 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).

Hemos demostrado que la igualdad es verdadera para n=k+1, por lo tanto, en virtud del método de inducción matemática, la afirmación es verdadera para cualquier n>2

demostrar que

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

para cualquier n natural.

Solución: 1) Sea n=1, entonces

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

2) Supongamos que n=k, entonces

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

3) Probemos la verdad de esta afirmación para 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).

También se ha demostrado la validez de la igualdad para n=k+1, por lo tanto la afirmación es cierta para cualquier número natural n.

Demostrar que la identidad es correcta.

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

para cualquier n natural.

1) Para n=1 la identidad es verdadera 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Supongamos que para n=k

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

3) Demostremos que la identidad es verdadera para 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).

De la prueba anterior queda claro que la afirmación es verdadera para cualquier número natural n.

Demuestre que (11 n+2 +12 2n+1) es divisible por 133 sin resto.

Solución: 1) Sea n=1, entonces

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

Pero (23´133) es divisible por 133 sin resto, lo que significa que para n=1 el enunciado es verdadero; A(1) es verdadero.

2) Supongamos que (11 k+2 +12 2k+1) es divisible por 133 sin resto.

3) Demostremos que en este caso

(11 k+3 +12 2k+3) es divisible por 133 sin resto. En efecto, 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 .

La suma resultante se divide por 133 sin resto, ya que su primer término es divisible por 133 sin resto por supuesto, y en el segundo uno de los factores es 133. Entonces, A(k)ÞA(k+1). En virtud del método de inducción matemática, la afirmación ha sido probada.

Demuestre que para cualquier n 7 n -1 es divisible por 6 sin resto.

Solución: 1) Sea n=1, entonces X 1 =7 1 -1=6 se divide por 6 sin resto. Esto significa que cuando n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que para n=k

7 k -1 es divisible por 6 sin resto.

3) Demostremos que la afirmación es verdadera para n=k+1.

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

El primer término es divisible por 6, ya que 7 k -1 es divisible por 6 por supuesto, y el segundo término es 6. Esto significa que 7 n -1 es múltiplo de 6 para cualquier n natural. En virtud del método de inducción matemática, la afirmación queda probada.

Demuestre que 3 3n-1 +2 4n-3 para un n natural arbitrario es divisible por 11.
Solución: 1) Sea n=1, entonces

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 se divide por 11 sin resto. Esto significa que para n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que para n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 es divisible por 11 sin resto.

3) Demostremos que la afirmación es verdadera para 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 .

El primer término es divisible por 11 sin resto, ya que 3 3k-1 +2 4k-3 es divisible por 11 por supuesto, el segundo es divisible por 11, porque uno de sus factores es el número 11. Esto significa que la suma es divisible por 11 sin resto para cualquier número natural n. En virtud del método de inducción matemática, la afirmación queda probada.

Demuestre que 11 2n -1 para un n natural arbitrario es divisible por 6 sin resto.

Solución: 1) Sea n=1, entonces 11 2 -1=120 es divisible por 6 sin resto. Esto significa que cuando n=1 la afirmación es verdadera.

2) Supongamos que para n=k

11 2k -1 es divisible por 6 sin resto.

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

Ambos términos son divisibles por 6 sin resto: el primero contiene un múltiplo de 6, el número 120, y el segundo es divisible por 6 sin resto por supuesto. Esto significa que la suma es divisible por 6 sin resto. En virtud del método de inducción matemática, la afirmación queda probada.

Demuestre que 3 3n+3 -26n-27 para un número natural arbitrario n es divisible por 26 2 (676) sin resto.

Solución: Primero demostramos que 3 3n+3 -1 es divisible por 26 sin resto.

1. Cuando n=0

3 3 -1=26 se divide entre 26

2. Supongamos que para n=k

3 3k+3 -1 es divisible por 26

3. Probemos que el enunciado

cierto para n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – dividido por 26

Ahora realizaremos la prueba del enunciado formulado en el enunciado del problema.

1) Obviamente, cuando n=1 la afirmación es verdadera

3 3+3 -26-27=676

2) Supongamos que para n=k

la expresión 3 3k+3 -26k-27 se divide por 26 2 sin resto.

3) Demostremos que la afirmación es verdadera para n=k+1

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

Ambos términos son divisibles por 26 2; el primero es divisible por 26 2 porque hemos demostrado la divisibilidad de la expresión entre paréntesis por 26, y el segundo es divisible por la hipótesis de inducción. En virtud del método de inducción matemática, la afirmación queda probada.

Demostrar que si n>2 y x>0, entonces la desigualdad es verdadera

(1+x) n >1+n´x.

Solución: 1) Para n=2 la desigualdad es válida, ya que

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

Entonces A(2) es verdadero.

2) Demostremos que A(k)ÞA(k+1), si k> 2. Supongamos que A(k) es verdadera, es decir, que la desigualdad

(1+x) k >1+k´x. (3)

Demostremos que entonces A(k+1) también es cierta, es decir, que la desigualdad

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

De hecho, multiplicando ambos lados de la desigualdad (3) por el número positivo 1+x, obtenemos

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Consideremos el lado derecho de la última desigualdad.

stvá; tenemos

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

Como resultado, obtenemos que

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Entonces, A(k)ÞA(k+1). Con base en el principio de inducción matemática, se puede argumentar que la desigualdad de Bernoulli es cierta para cualquier

Demostrar que la desigualdad es verdadera.

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

Solución: 1) Cuando m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ambos lados son iguales.

2) Supongamos que para m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Demostremos que para m=k+1 la desigualdad es cierta

(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 .

Hemos demostrado la validez de la desigualdad para m=k+1, por lo tanto, en virtud del método de inducción matemática, la desigualdad es válida para cualquier m natural.

Demostrar que para n>6 la desigualdad es verdadera

3 norte >n´2 norte+1 .

Solución: reescribamos la desigualdad en la forma

1. Para n=7 tenemos

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

la desigualdad es cierta.

2. Supongamos que para n=k

3) Demostremos la validez de la desigualdad para n=k+1.

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

Como k>7, la última desigualdad es obvia.

En virtud del método de inducción matemática, la desigualdad es válida para cualquier número natural n.

Demostrar que para n>2 la desigualdad es verdadera

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

Solución: 1) Para n=3 la desigualdad es verdadera

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

1. Supongamos que para n=k

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

3) Probemos la validez de la no-

igualdad para n=k+1

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

Demostremos que 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

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

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Esto último es obvio y por lo tanto

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

Mediante el método de inducción matemática se demuestra la desigualdad.

Conclusión

En particular, al estudiar el método de inducción matemática, aumenté mis conocimientos en esta área de las matemáticas y también aprendí a resolver problemas que antes estaban fuera de mi alcance.

Se trataba principalmente de tareas lógicas y entretenidas, es decir. sólo aquellos que aumentan el interés por las matemáticas mismas como ciencia. Resolver este tipo de problemas se convierte en una actividad entretenida y puede atraer cada vez a más personas curiosas a los laberintos matemáticos. En mi opinión, esta es la base de cualquier ciencia.

Continuando estudiando el método de inducción matemática, intentaré aprender a aplicarlo no solo en matemáticas, sino también en la resolución de problemas de física, química y la vida misma.

MATEMÁTICAS:

CONFERENCIAS, PROBLEMAS, SOLUCIONES

Libro de texto / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I. Popurrí LLC 1996.

ÁLGEBRA E INICIOS DEL ANÁLISIS

Libro de texto / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. “Ilustración” 1975.

La inducción es un método para obtener un enunciado general a partir de observaciones particulares. En el caso de que una afirmación matemática se refiera a un número finito de objetos, se puede probar realizando pruebas para cada objeto. Por ejemplo, la afirmación: “Todo número par de dos cifras es la suma de dos números primos” se deriva de una serie de igualdades que son bastante factibles de establecer:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Un método de prueba en el que se verifica una afirmación en un número finito de casos que agotan todas las posibilidades se llama inducción completa. Este método se utiliza relativamente raramente, ya que los enunciados matemáticos, por regla general, no se refieren a conjuntos de objetos finitos, sino infinitos. Por ejemplo, la afirmación sobre los números pares de dos dígitos, demostrada anteriormente por inducción completa, es sólo un caso especial del teorema: "Todo número par es la suma de dos números primos". Este teorema aún no ha sido probado ni refutado.

La inducción matemática es un método para probar un determinado enunciado para cualquier número natural n basado en el principio de inducción matemática: “Si un enunciado es verdadero para n=1 y su validez para n=k implica la validez de este enunciado para n=k +1, entonces es cierto para todos los n " El método de prueba por inducción matemática es el siguiente:

1) base de inducción: prueban o verifican directamente la validez del enunciado para n=1 (a veces n=0 o n=n 0);

2) paso de inducción (transición): asumen la validez del enunciado para algún número natural n=k y, basándose en este supuesto, prueban la validez del enunciado para n=k+1.

Problemas con soluciones

1. Demuestre que para cualquier número natural n, el número 3 2n+1 +2 n+2 es divisible por 7.

Denotemos A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Fondo de inducción. Si n=1, entonces A(1)=3 3 +2 3 =35 y, obviamente, es divisible por 7.

Supuesto de inducción. Sea A(k) divisible por 7.

Transición de inducción. Demostremos que A(k+1) es divisible por 7, es decir, la validez del planteamiento del problema para n=k.

A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2·2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.

El último número es divisible por 7, ya que es la diferencia de dos números enteros divisible por 7. Por tanto, 3 2n+1 +2 n+2 es divisible por 7 para cualquier número natural n.

2. Demuestre que para cualquier número natural n, el número 2 3 n +1 es divisible por 3 n+1 y no divisible por 3 n+2.

Introduzcamos la notación: a i =2 3 i +1.

Para n=1 tenemos, y 1 =2 3 +1=9. Entonces, un 1 es divisible por 3 2 y no divisible por 3 3.

Sea para n=k el número a k es divisible por 3 k+1 y no divisible por 3 k+2, es decir, a k =2 3 k +1=3 k+1 m, donde m no es divisible por 3. Entonces

y k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3·2 3 k)=

3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).

Obviamente, a k+1 es divisible por 3 k+2 y no divisible por 3 k+3.

Por tanto, la afirmación queda demostrada para cualquier número natural n.

3. Se sabe que x+1/x es un número entero. Demuestre que x n +1/x n también es un número entero para cualquier número entero n.

Introduzcamos la notación: a i =х i +1/х i e inmediatamente observemos que a i =а –i, así que seguiremos hablando de índices naturales.

Nota: un 1 es un número entero por convención; y 2 es un número entero, ya que a 2 = (a 1) 2 –2; y 0 = 2.

Supongamos que ak es un número entero para cualquier número natural k que no exceda de n. Entonces a 1 ·a n es un número entero, pero a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 y a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Sin embargo, n–1, según la hipótesis de inducción, es un número entero. Esto significa que n+1 también es un número entero. Por lo tanto, x n +1/x n es un número entero para cualquier número entero n, que es lo que había que demostrar.

4. Demuestre que para cualquier número natural n mayor que 1 la doble desigualdad es cierta

5. Demuestre que para n natural > 1 y |x|

(1–x)n +(1+x)n

Para n=2 la desigualdad es verdadera. En realidad,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Si la desigualdad es cierta para n=k, entonces para n=k+1 tenemos

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

La desigualdad ha sido probada para cualquier número natural n > 1.

6. Hay n círculos en un plano. Demuestre que para cualquier disposición de estos círculos, el mapa que forman se puede colorear correctamente con dos colores.

Utilicemos el método de inducción matemática.

Para n=1 la afirmación es obvia.

Supongamos que la afirmación es verdadera para cualquier mapa formado por n círculos, y que haya n+1 círculos en el plano. Eliminando uno de estos círculos, obtenemos un mapa que, debido a la suposición hecha, se puede colorear correctamente con dos colores (ver la primera imagen a continuación).

Luego restauraremos el círculo descartado y en un lado del mismo, por ejemplo en el interior, cambiaremos el color de cada zona al contrario (ver la segunda imagen). Es fácil ver que en este caso obtendremos un mapa correctamente coloreado con dos colores, pero sólo ahora para n+1 círculos, que es lo que había que demostrar.

7. Llamaremos “hermoso” a un polígono convexo si se cumplen las siguientes condiciones:

1) cada uno de sus vértices está pintado en uno de tres colores;

2) dos vértices adyacentes cualesquiera están pintados en diferentes colores;

3) al menos un vértice del polígono está pintado en cada uno de los tres colores.

Demuestre que cualquier n-gon hermoso puede cortarse mediante diagonales disjuntas en triángulos “hermosos”.

Utilicemos el método de inducción matemática.

Fondo de inducción. Con el menor n=3 posible, el planteamiento del problema es obvio: los vértices del “hermoso” triángulo están pintados en tres colores diferentes y no se necesitan cortes.

Supuesto de inducción. Supongamos que el planteamiento del problema es cierto para cualquier n-gon “hermoso”.

Paso de inducción. Consideremos un “hermoso” (n+1)-gón arbitrario y demostremos, usando la hipótesis de inducción, que puede ser cortado por ciertas diagonales en triángulos “hermosos”. Denotemos por A 1, A 2, A 3, ... An, An+1 los vértices sucesivos del (n+1)-gon. Si solo un vértice de un (n+1)-gon está coloreado en cualquiera de los tres colores, entonces al conectar este vértice con diagonales a todos los vértices que no son adyacentes a él, obtenemos la partición necesaria del (n+1) )-gon en triángulos “hermosos”.

Si al menos dos vértices de un (n+1)-gon están coloreados en cada uno de los tres colores, entonces denotamos el color del vértice A 1 con el número 1, y el color del vértice A 2 con el número 2. Sea k el número más pequeño tal que el vértice A k esté coloreado en el tercer color. Está claro que k > 2. Cortemos el triángulo A k–2 A k–1 A k del (n+1)-gon con diagonal A k–2 A k. De acuerdo con la elección del número k, todos los vértices de este triángulo están pintados en tres colores diferentes, es decir, este triángulo es "hermoso". El n-gón convexo A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , que queda, también, en virtud del supuesto inductivo, será "hermoso", lo que significa está dividido en triángulos “hermosos”, que necesitaban ser probados.

8. Demuestre que en un n-gón convexo es imposible elegir más de n diagonales para que dos de ellas tengan un punto común.

Realicemos la demostración mediante el método de inducción matemática.

Demostremos una afirmación más general: en un n-gón convexo es imposible elegir más de n lados y diagonales para que dos de ellos tengan un punto común. Para n = 3 la afirmación es obvia. Supongamos que esta afirmación es verdadera para un n-gón arbitrario y, usándola, demostraremos su validez para un (n+1)-gón arbitrario.

Supongamos que esta afirmación no es cierta para un (n+1)-gon. Si no más de dos lados o diagonales seleccionados emergen de cada vértice de un (n+1)-gon, entonces no se seleccionan más de n+1 de ellos en total. Por lo tanto, de algún vértice A surgen al menos tres lados o diagonales seleccionados AB, AC, AD. Sea AC entre AB y AD. Dado que cualquier lado o diagonal que emerge del punto C y que no sea CA no puede cruzar simultáneamente a AB y AD, solo una diagonal elegida CA emerge del punto C.

Descartando el punto C junto con la diagonal CA, obtenemos un n-gón convexo en el que se seleccionan más de n lados y diagonales, dos de los cuales tienen un punto común. Por lo tanto, llegamos a una contradicción con la suposición de que la afirmación es verdadera para un n-gon convexo arbitrario.

Entonces, para un (n+1)-gon la afirmación es verdadera. Según el principio de inducción matemática, la afirmación es cierta para cualquier n-gón convexo.

9. Hay n rectas en un plano, de las cuales no hay dos paralelas y no hay tres que pasen por el mismo punto. ¿En cuántas partes dividen estas líneas el avión?

Usando dibujos elementales, puede verificar fácilmente que una línea recta divide el plano en 2 partes, dos líneas rectas en 4 partes, tres líneas rectas en 7 partes y cuatro líneas rectas en 11 partes.

Denotemos por N(n) el número de partes en las que n rectas dividen el plano. Se puede notar que

norte(2)=norte(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

Es natural suponer que

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

o, como es fácil de establecer, usando la fórmula para la suma de los primeros n términos de una progresión aritmética,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Probemos la validez de esta fórmula utilizando el método de inducción matemática.

Para n=1 la fórmula ya ha sido comprobada.

Habiendo hecho el supuesto de inducción, consideramos k+1 rectas que satisfacen las condiciones del problema. Seleccionemos k líneas rectas de ellas de manera arbitraria. Según la hipótesis de inducción, dividirán el avión en 1+ k(k+1)/2 partes. La (k+1)ésima recta restante será dividida por las k rectas seleccionadas en k+1 partes y, por tanto, pasará por la (k+1)ésima parte en la que ya se ha dividido el plano, y cada una de estas partes se dividirá en 2 partes, es decir, se agregará otra k+1 parte. Entonces,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

Q.E.D.

10. En la expresión x 1: x 2: ... : x n, se colocan paréntesis para indicar el orden de las acciones y el resultado se escribe como una fracción:

(en este caso, cada una de las letras x 1, x 2, ..., x n está en el numerador de la fracción o en el denominador). ¿Cuántas expresiones diferentes se pueden obtener de esta forma con todas las formas posibles de colocar paréntesis?

En primer lugar, está claro que en la fracción resultante x 1 estará en el numerador. Es casi tan obvio que x 2 estará en el denominador sin importar cómo se coloquen los paréntesis (el signo de división delante de x 2 se refiere a x 2 mismo o a alguna expresión que contenga x 2 en el numerador).

Se puede suponer que todas las demás letras x 3, x 4, ..., x n se pueden ubicar en el numerador o denominador de forma completamente arbitraria. De ello se deduce que en total puedes obtener 2 n–2 fracciones: cada una de las n–2 letras x 3, x 4, ..., x n puede aparecer independientemente de las demás en el numerador o denominador.

Probemos esta afirmación por inducción.

Con n=3 puedes obtener 2 fracciones:

entonces la afirmación es cierta.

Supongamos que es cierto para n=k y demostremos que es cierto para n=k+1.

Sea la expresión x 1:x 2: ... :x k después de colocar algunos corchetes en forma de una determinada fracción Q. Si en esta expresión en lugar de x k sustituimos x k:x k+1, entonces x k será en el mismo lugar que estaba en la fracción Q, y x k+1 no estará donde estaba x k (si x k estaba en el denominador, entonces x k+1 estará en el numerador y viceversa).

Ahora demostraremos que podemos sumar x k+1 al mismo lugar donde se encuentra x k. En la fracción Q, después de colocar los corchetes, necesariamente habrá una expresión de la forma q:x k, donde q es la letra x k–1 o alguna expresión entre paréntesis. Reemplazando q:x k con la expresión (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), obviamente obtenemos la misma fracción Q, donde en lugar de x k hay x k ·x k+1 .

Por lo tanto, el número de todas las fracciones posibles en el caso n=k+1 es 2 veces mayor que en el caso n=k y es igual a 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Así queda probada la afirmación.

Respuesta: 2 n–2 fracciones.

Problemas sin soluciones

1. Demuestre que para cualquier n natural:

a) el número 5 n –3 n +2n es divisible por 4;

b) el número n 3 +11n es divisible por 6;

c) el número 7 n +3n–1 es divisible por 9;

d) el número 6 2n +19 n –2 n+1 es divisible por 17;

e) el número 7 n+1 +8 2n–1 es divisible por 19;

f) el número 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 es divisible por 27.

2. Demuestre que (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Demuestre la desigualdad |sen nx| n|pecado x| para cualquier n natural.

4. Encuentre números naturales a, b, c que no sean divisibles por 10 y tales que para cualquier n natural los números a n + b n y c n tengan los mismos dos últimos dígitos.

5. Demuestre que si n puntos no se encuentran en la misma recta, entonces entre las rectas que los conectan hay al menos n diferentes.

El método de prueba basado en el axioma 4 de Peano se utiliza para probar muchas propiedades matemáticas y diversos enunciados. La base para esto es el siguiente teorema.

Teorema. Si la declaración A(norte) con variable natural norte cierto para norte= 1 y del hecho de que es cierto para norte = k, se deduce que es cierto para el siguiente número n=k, entonces la declaración A(norte) norte.

Prueba. Denotemos por METRO el conjunto de aquellos y sólo aquellos números naturales para los cuales el enunciado A(norte) verdadero. Entonces de las condiciones del teorema tenemos: 1) 1 METRO; 2) kMkMETRO. De aquí, basándonos en el axioma 4, concluimos que m =norte, es decir. declaración A(norte) cierto para cualquier natural norte.

El método de demostración basado en este teorema se llama por el método de inducción matemática, y el axioma es el axioma de inducción. Esta prueba consta de dos partes:

1) probar que la declaración A(norte) cierto para norte= A(1);

2) asumir que la declaración A(norte) cierto para norte = k, y, con base en este supuesto, demostrar que la afirmación Un) cierto para norte = k + 1, es decir que la afirmación es cierta A(k) A(k + 1).

Si A( 1) A(k) A(k + 1) - afirmación verdadera, entonces concluyen que la afirmación Un) cierto para cualquier numero natural norte.

La prueba por el método de la inducción matemática puede comenzar no sólo con la confirmación de la verdad de la afirmación de norte= 1, pero también de cualquier número natural. metro. En este caso la declaración A(norte) será probado para todos los números naturales Nuevo Méjico.

Problema: Demostremos que para cualquier número natural la igualdad 1 + 3 + 5… + (2 norte- 1) = norte.

Solución. Igualdad 1 + 3 + 5 … + (2 norte- 1) = norte es una fórmula que se puede utilizar para encontrar la suma de los primeros números naturales impares consecutivos. Por ejemplo, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (la suma contiene 4 términos), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (la suma contiene 6 términos); si esta suma contiene 20 términos del tipo indicado, entonces es igual a 20 = 400, etc. Habiendo demostrado la veracidad de esta igualdad, podremos encontrar la suma de cualquier número de términos del tipo especificado usando la fórmula.

1) Verifiquemos la verdad de esta igualdad para norte= 1. cuando norte= 1 el lado izquierdo de la igualdad consta de un término igual a 1, el lado derecho es igual a 1= 1. Dado que 1 = 1, entonces para norte= 1 esta igualdad es verdadera.

2) Supongamos que esta igualdad es cierta para norte = k, es decir. que 1 + 3 + 5 +… + (2 k- 1) = k. Con base en este supuesto, demostramos que es cierto para norte = k + 1, es decir 1 + 3 + 5 +… + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Miremos el lado izquierdo de la última igualdad.

Por supuesto, la suma de la primera k términos es igual a k y por lo tanto 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

=k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Expresión k+ 2k + 1 es idénticamente igual a la expresión ( k + 1).

Por lo tanto, la verdad de esta igualdad para norte = k + 1 ha sido probado.

Por lo tanto, esta igualdad es cierta para norte= 1 y de su verdad para norte = k debe ser cierto para norte = k + 1.

Esto demuestra que esta igualdad es cierta para cualquier número natural.

Utilizando el método de inducción matemática, es posible demostrar la verdad no solo de las igualdades, sino también de las desigualdades.

Tarea. Demuestre que, donde nN.

Solución. Comprobemos la verdad de la desigualdad en norte= 1. Tenemos - verdadera desigualdad.

Supongamos que la desigualdad es cierta para norte = k, aquellos. - verdadera desigualdad. Probemos, basándonos en el supuesto, que también es cierto para norte = k + 1, es decir (*).

Transformemos el lado izquierdo de la desigualdad (*), teniendo en cuenta que: .

Pero , lo que significa .

Entonces, esta desigualdad es cierta para norte= 1, y, del hecho de que la desigualdad es cierta para algunos norte= k, encontramos que también es cierto para norte= k + 1.

Así, utilizando el axioma 4, demostramos que esta desigualdad es cierta para cualquier número natural.

Otras afirmaciones se pueden probar utilizando el método de inducción matemática.

Tarea. Demuestre que para cualquier número natural el enunciado es verdadero.

Solución. Comprobemos la verdad de la afirmación cuando norte= 1: -afirmación verdadera.

Supongamos que esta afirmación es cierta para norte = k: . Demostremos, usando esto, la verdad del enunciado cuando norte = k + 1: .

Transformemos la expresión: . encontremos la diferencia k Y k+ 1 miembros. Si resulta que la diferencia resultante es múltiplo de 7, y suponiendo que el sustraendo es divisible por 7, entonces el minuendo también es múltiplo de 7:

El producto es múltiplo de 7, por lo tanto, y .

Por lo tanto, esta afirmación es cierta para norte= 1 y de su verdad para norte = k debe ser cierto para norte = k + 1.

Esto prueba que esta afirmación es cierta para cualquier número natural.

Tarea. Demuestra que para cualquier número natural norte 2 afirmación (7-1)24 es verdadera.

Solución. 1) Comprobemos la verdad de la afirmación cuando norte= 2: - afirmación verdadera.