À l’aide de la méthode d’induction mathématique, prouvez la formule. Principe de l'induction mathématique

En utilisant la méthode d'induction mathématique, prouvez que pour tout n les égalités suivantes sont valables :
UN) ;
b) .

Solution.

a) Quand n= 1 l'égalité est vraie. En supposant la validité de l’égalité à n, montrons sa validité même si n+ 1. En effet,

Q.E.D.

b) Quand n= 1 la validité de l'égalité est évidente. De l'hypothèse de sa validité à n devrait

Étant donné l'égalité 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, on obtient

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

c'est-à-dire que la déclaration est également vraie lorsque n + 1.

Exemple 1. Prouver les égalités suivantes

Solution. a) Quand n= 1 l'égalité prendra la forme 1=1, donc, P.(1) est vrai. Supposons que cette égalité soit vraie, c'est-à-dire qu'elle soit vraie

Ainsi, selon la méthode d’induction mathématique, l’égalité originelle est valable pour tout n.

Note 2. Cet exemple aurait pu être résolu différemment. En effet, la somme est 1 + 2 + 3 + ... + n est la somme du premier n termes d'une progression arithmétique avec le premier terme un 1 = 1 et différence d= 1. Grâce à la formule bien connue , on a

b) Quand n= 1 l'égalité prendra la forme : 2 1 - 1 = 1 2 ou 1=1, c'est-à-dire P.(1) est vrai. Supposons que l'égalité

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 et prouver que cela se produitP.(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 ou 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

En utilisant l’hypothèse d’induction, on obtient

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

Ainsi, P.(n+ 1) est vraie et, par conséquent, l’égalité requise est prouvée.

Note 3. Cet exemple peut être résolu (similaire au précédent) sans utiliser la méthode d’induction mathématique.

c) Quand n= 1 l'égalité est vraie : 1=1. Supposons que l'égalité soit vraie

d) Quand n= 1 l'égalité est vraie : 1=1. Supposons que cela ait lieu

Vraiment,

e) Approbation P.(1) vrai : 2=2. Supposons que l'égalité

Par conséquent, l'égalité originelle s'applique à toute personne naturelle. n.

F) P.(1) vrai : 1/3 = 1/3. Qu'il y ait l'égalité P.(n):

En effet, considérant que P.(n) est valable, on obtient

L'égalité est donc prouvée.

g) Quand n= 1 nous avons un + b = b + un et donc l’égalité est juste.

Soit la formule binomiale de Newton valable pour n = k, c'est,

Exemple 2. Prouver les inégalités

Solution. a) Quand n= 1 on obtient la vraie inégalité

1 + une ≥ 1 + une . Supposons qu'il existe une inégalité

En effet, puisque a > -1 implique a + 1 > 0, alors en multipliant les deux côtés de l'inégalité (1) par (a + 1), on obtient

(1 + une) n(1 + une) ≥ (1 + n une )(1 + une ) ou (1 + une ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)un + n un 2 Depuis n un 2 ≥ 0, donc(1 + une) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)un + n une 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Ainsi, si P.(n) est vrai, alors P.(n+ 1) est vraie, donc, selon le principe d’induction mathématique, l’inégalité de Bernoulli est vraie.

b) Quand n= 1 on obtient X 1 = 1 et donc X 1 ≥ 1 soit P.(1) est une déclaration juste. Faisons comme si P.(n) est vrai, c'est-à-dire que si adica, X 1 ,X 2 ,...,X n - n nombres positifs dont le produit est égal à un, X 1 X 2 ·... · X n= 1, et X 1 + X 2 + ... + X n ≥ n.

Montrons que cette phrase entraîne la vérité de ce qui suit : si X 1 ,X 2 ,...,X n ,X n+1 - (n+ 1) nombres positifs tels que X 1 X 2 ·... · X n · X n+1 = 1, alors X 1 + X 2 + ... + X n + X n + 1 ≥n + 1.

Considérons les deux cas suivants :

1) X 1 = X 2 = ... = X n = X n+1 = 1. Alors la somme de ces nombres est ( n+ 1), et l'inégalité requise est satisfaite ;

2) au moins un nombre est différent de un, par exemple supérieur à un. Puis, puisque X 1 X 2 · ... · X n · X n+ 1 = 1, il existe au moins un nombre supplémentaire différent de un (plus précisément, moins d'un). Laisser X n+ 1 > 1 et X n < 1. Рассмотрим n nombres positifs

Parce que le

(1 - X n)(X n+1 - 1) > 0, alors n + X n + X n+1 - X n X n+1 = n + 1 + X n+1 (1 - X n) - 1 + X n =
= n + 1 + X n+1 (1 - X n) - (1 - X n) = n + 1 + (1 - X n)(X n+1 - 1) ≥ n+ 1. Par conséquent, X 1 + X 2 + ... + X n + X n+1 ≥ n+1, c'est-à-dire si P.(n) est vrai, alorsP.(n+ 1) juste. L'inégalité est avérée.

Remarque 4. Le signe égal est valable si et seulement si X 1 = X 2 = ... = X n = 1.

c) Laissez X 1 ,X 2 ,...,X n- des nombres positifs arbitraires. Considérer ce qui suit n nombres positifs :

Remarque 5. L’égalité existe si et seulement si X 1 = X 2 = ... = X n .

d) P.(1) est une affirmation juste : sin 2 a + cos 2 a = 1. Supposons que P.(n) est une affirmation vraie :

Péché 2 n a + cos 2 n une ≤ 1 et montre ce qui se passeP.(n+ 1). Vraiment, péché 2( n+ 1) une + cos 2( n+ 1) a = péché 2 n un péché 2 a + cos 2 n un cos 2 un< sin 2n a + cos 2 n une ≤ 1 (si sin 2 une ≤ 1, alors cos 2 une < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, alors sin 2 a < 1). Таким образом, для любого nÀ PROPOS N péché 2 n a + cos 2 n ≤ 1 et le signe d'égalité n'est atteint que lorsquen = 1.

e) Quand n= 1 affirmation est vraie : 1< 3 / 2 .

Supposons que et nous prouverons que

f) Compte tenu de la remarque 1, vérifions P.(10) : 2 10 > 10 3, 1024 > 1000 donc pour n= 10, la déclaration est vraie. Supposons que 2 n > n 3 (n> 10) et prouver P.(n+ 1), soit 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Depuis quand n> 10 nous avons ou , il s'ensuit que

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 ou n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Compte tenu de l'inégalité (2 n > n 3 ), on obtient 2 n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Ainsi, selon la méthode d’induction mathématique, pour tout nÀ PROPOS N, n≥ 10 nous en avons 2 n > n 3 .

Exemple 3. Prouvez-le à n'importe qui nÀ PROPOS N

Solution. un) P.(1) est une affirmation vraie (0 est divisé par 6). Laisser P.(n) est juste, c'est-à-dire n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) est divisible par 6. Montrons qu'alors cela se produit P.(n+ 1), c'est-à-dire ( n + 1)n(2n+ 1) est divisible par 6. En effet, puisque

Ainsi, P.(n+ 1) est une déclaration juste, et donc n(2n 2 - 3n+ 1) divisible par 6 pour tout nÀ PROPOS N.

b) Vérifions P.(1) : 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, donc, P.(1) est une déclaration juste. Il faudrait prouver que si 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 est divisé par 11 ( P.(n)), puis 6 2 n + 3 n+2 + 3 négalement divisible par 11 ( P.(n+ 1)). En effet, depuis

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 et comme 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 et 33 6 2 n-2 sont divisibles par 11, alors leur somme est 6 2n + 3 n+2 + 3 n est divisible par 11. L’énoncé est prouvé. L'induction en géométrie

Exemple 4. Calculer le côté du correct 2 n-un triangle inscrit dans un cercle de rayon R..

Description bibliographique : Badanin A. S., Sizova M. Yu. Application de la méthode d'induction mathématique à la résolution de problèmes de divisibilité des nombres naturels // Jeune scientifique. 2015. N° 2. P. 84-86..02.2019).

Dans les Olympiades de mathématiques, il y a souvent des problèmes assez difficiles pour prouver la divisibilité des nombres naturels. Les écoliers sont confrontés à un problème : comment trouver une méthode mathématique universelle qui leur permette de résoudre de tels problèmes ?

Il s'avère que la plupart des problèmes de preuve de la divisibilité peuvent être résolus par la méthode de l'induction mathématique, mais les manuels scolaires accordent très peu d'attention à cette méthode ; le plus souvent, une brève description théorique est donnée et plusieurs problèmes sont analysés.

On retrouve la méthode d’induction mathématique dans la théorie des nombres. À l’aube de la théorie des nombres, les mathématiciens ont découvert de nombreux faits de manière inductive : L. Euler et K. Gauss ont parfois examiné des milliers d’exemples avant de remarquer une structure numérique et d’y croire. Mais en même temps, ils ont compris à quel point les hypothèses qui ont passé le test « final » peuvent être trompeuses. Pour passer inductivement d’une affirmation vérifiée pour un sous-ensemble fini à une affirmation similaire pour l’ensemble infini entier, une preuve est nécessaire. Cette méthode a été proposée par Blaise Pascal, qui a trouvé un algorithme général pour trouver les signes de divisibilité de tout entier par tout autre entier (traité « Sur la nature de la divisibilité des nombres »).

La méthode d'induction mathématique est utilisée pour prouver par raisonnement la vérité d'un certain énoncé pour tous les nombres naturels ou la vérité d'un énoncé à partir d'un certain nombre n.

La résolution de problèmes pour prouver la véracité d'un certain énoncé à l'aide de la méthode d'induction mathématique comprend quatre étapes (Fig. 1) :

Riz. 1. Schéma de résolution du problème

1. Base d'induction . Ils vérifient la validité de l’énoncé pour le plus petit nombre naturel pour lequel l’énoncé a du sens.

2. Hypothèse inductive . Nous supposons que cette affirmation est vraie pour une certaine valeur de k.

3. Transition d'induction . Nous prouvons que l’énoncé est vrai pour k+1.

4. Conclusion . Si une telle preuve était complétée, alors, sur la base du principe d'induction mathématique, on peut affirmer que l'affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

Considérons l'application de la méthode d'induction mathématique pour résoudre des problèmes de preuve de la divisibilité des nombres naturels.

Exemple 1. Montrer que le nombre 5 est un multiple de 19, où n est un nombre naturel.

Preuve:

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : le nombre =19 est un multiple de 19.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire que le nombre est un multiple de 19.

C'est un multiple de 19. En effet, le premier terme est divisible par 19 du fait de l'hypothèse (2) ; le deuxième terme est également divisible par 19 car il contient un facteur de 19.

Exemple 2. Montrer que la somme des cubes de trois nombres naturels consécutifs est divisible par 9.

Preuve:

Démontrons l'énoncé : « Pour tout nombre naturel n, l'expression n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 est un multiple de 9.

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 multiples de 9.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 est un multiple de 9.

3) Montrons que la formule est également vraie pour n = k + 1, c'est-à-dire que (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 est un multiple 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).

L’expression résultante contient deux termes dont chacun est divisible par 9, donc la somme est divisible par 9.

4) Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont remplies, donc la phrase est vraie pour toutes les valeurs de n.

Exemple 3. Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre 3 2n+1 +2 n+2 est divisible par 7.

Preuve:

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 est un multiple de 7.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire 3 2 k +1 +2 k +2 est divisé par 7.

3) Montrons que la formule est également vraie pour n = k + 1, c'est-à-dire

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 est divisé par 7 et 7 2 k +2 est divisé par 7, puis leur différence est divisée par 7.

4) Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont remplies, donc la phrase est vraie pour toutes les valeurs de n.

De nombreux problèmes de preuve dans la théorie de la divisibilité des nombres naturels peuvent être facilement résolus en utilisant la méthode d'induction mathématique ; on peut même dire que la résolution des problèmes avec cette méthode est complètement algorithmique, il suffit d'effectuer 4 étapes de base ; Mais cette méthode ne peut pas être qualifiée d'universelle, car elle présente également des inconvénients : d'une part, elle ne peut être prouvée que sur un ensemble de nombres naturels, et d'autre part, elle ne peut être prouvée que pour une seule variable.

Pour le développement de la pensée logique et de la culture mathématique, cette méthode est un outil nécessaire, car le grand mathématicien russe A. N. Kolmogorov a déclaré : « La compréhension et la capacité d'appliquer correctement le principe de l'induction mathématique sont un bon critère de maturité logique, qui est absolument nécessaire pour un mathématicien.

Littérature:

1. Vilenkin N. Ya. Combinatoire. - M. : Éducation, 1976. - 48 p.

2. Genkin L. Sur l'induction mathématique. - M., 1962. - 36 p.

3. Solominsky I. S. Méthode d'induction mathématique. - M. : Nauka, 1974. - 63 p.

4. Sharygin I.F. Cours optionnel de mathématiques : Résolution de problèmes : Manuel pour la 10e année. moyenne scolaire - M. : Éducation, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Induction mathématique. - M. : MTsNMO, 2007.- 32 p.

Méthode d'induction mathématique

Introduction

Partie principale

1. Induction complète et incomplète
2. Principe de l'induction mathématique
3. Méthode d'induction mathématique
4. Exemples de résolution
5. Égalités
6. Division des nombres
7. Inégalités

Conclusion

Liste de la littérature utilisée

Introduction

La base de toute recherche mathématique repose sur les méthodes déductives et inductives. La méthode de raisonnement déductive consiste à raisonner du général au spécifique, c'est-à-dire raisonnement dont le point de départ est le résultat général et le point final le résultat particulier. L'induction est utilisée pour passer de résultats particuliers à des résultats généraux, c'est-à-dire est le contraire de la méthode déductive.

La méthode d’induction mathématique peut être comparée au progrès. Nous partons du plus bas et, grâce à une pensée logique, nous arrivons au plus haut. L'homme a toujours aspiré au progrès, à la capacité de développer ses pensées de manière logique, ce qui signifie que la nature elle-même l'a destiné à penser de manière inductive.

Bien que le champ d'application de la méthode d'induction mathématique se soit élargi, peu de temps lui est consacré dans les programmes scolaires. Eh bien, dites-moi que ces deux ou trois leçons seront utiles à une personne, au cours desquelles elle entendra cinq mots de théorie, résoudra cinq problèmes primitifs et, par conséquent, recevra un A pour le fait qu'elle ne sait rien.

Mais il est très important de pouvoir penser de manière inductive.

Partie principale

Dans son sens originel, le mot « induction » s’applique au raisonnement par lequel des conclusions générales sont obtenues sur la base d’un certain nombre d’énoncés spécifiques. La méthode de raisonnement la plus simple de ce type est l’induction complète. Voici un exemple d’un tel raisonnement.

Supposons qu'il soit nécessaire d'établir que tout nombre naturel pair n compris dans 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.

Ces neuf égalités montrent que chacun des nombres qui nous intéressent est bien représenté comme la somme de deux termes simples.

Ainsi, l’induction complète consiste à prouver l’énoncé général séparément dans chacun d’un nombre fini de cas possibles.

Parfois, le résultat général peut être prédit après avoir considéré non pas tous, mais un nombre suffisamment grand de cas particuliers (ce qu'on appelle l'induction incomplète).

Le résultat obtenu par induction incomplète ne reste cependant qu'une hypothèse jusqu'à ce qu'il soit prouvé par un raisonnement mathématique précis, couvrant tous les cas particuliers. En d’autres termes, l’induction incomplète en mathématiques n’est pas considérée comme une méthode légitime de preuve rigoureuse, mais constitue une méthode puissante pour découvrir de nouvelles vérités.

Supposons, par exemple, que vous souhaitiez trouver la somme des n premiers nombres impairs consécutifs. Considérons des cas particuliers :

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

Après avoir considéré ces quelques cas particuliers, la conclusion générale suivante s’impose :

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

ceux. la somme des n premiers nombres impairs consécutifs est n 2

Bien entendu, l'observation faite ne peut pas encore servir de preuve de la validité de la formule donnée.

L'induction complète n'a que des applications limitées en mathématiques. De nombreuses affirmations mathématiques intéressantes couvrent un nombre infini de cas particuliers, mais nous ne sommes pas en mesure de les tester pour un nombre infini de cas. Une induction incomplète conduit souvent à des résultats erronés.

Dans de nombreux cas, la solution à ce type de difficulté consiste à recourir à une méthode de raisonnement particulière, appelée méthode d’induction mathématique. C'est le suivant.

Supposons que vous deviez prouver la validité d'une affirmation pour tout nombre naturel n (par exemple, vous devez prouver que la somme des n premiers nombres impairs est égale à n 2). La vérification directe de cette affirmation pour chaque valeur de n est impossible, puisque l’ensemble des nombres naturels est infini. Pour prouver cette affirmation, vérifiez d’abord sa validité pour n=1. Puis ils prouvent que pour toute valeur naturelle de k, la validité de l’énoncé considéré pour n=k implique sa validité pour n=k+1.

Alors l’énoncé est considéré comme prouvé pour tout n. En fait, l’affirmation est vraie pour n=1. Mais c’est également vrai pour le nombre suivant n=1+1=2. La validité de l'énoncé pour n=2 implique sa validité pour n=2+

1=3. Cela implique la validité de l'énoncé pour n=4, etc. Il est clair qu’en fin de compte, nous parviendrons à n’importe quel nombre naturel n. Cela signifie que la déclaration est vraie pour tout n.

En résumant ce qui a été dit, nous formulons le principe général suivant.

Le principe de l'induction mathématique.

Si une phrase A(n), dépendant d'un nombre naturel n, est vraie pour n=1 et du fait qu'elle est vraie pour n=k (où k est n'importe quel nombre naturel), il s'ensuit qu'elle est également vraie pour le nombre suivant n=k +1, alors l'hypothèse A(n) est vraie pour tout nombre naturel n.

Dans un certain nombre de cas, il peut être nécessaire de prouver la validité d'une certaine affirmation non pas pour tous les nombres naturels, mais uniquement pour n>p, où p est un nombre naturel fixe. Dans ce cas, le principe de l'induction mathématique est formulé comme suit.

Si la proposition A(n) est vraie pour n=p et si A(k)ÞA(k+1) pour tout k>p, alors la proposition A(n) est vraie pour tout n>p.

La preuve par la méthode d'induction mathématique s'effectue comme suit. Tout d’abord, l’énoncé à prouver est vérifié pour n=1, c’est-à-dire la vérité de la déclaration A(1) est établie. Cette partie de la preuve est appelée la base d’induction. Vient ensuite la partie de la preuve appelée l’étape d’induction. Dans cette partie, ils prouvent la validité de l'énoncé pour n=k+1 sous l'hypothèse de la validité de l'énoncé pour n=k (hypothèse d'induction), c'est-à-dire prouver que A(k)ÞA(k+1).

Montrer que 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Solution : 1) Nous avons n=1=1 2 . Ainsi,

l'affirmation est vraie pour n = 1, c'est-à-dire A(1) est vrai.

2) Montrons que A(k)ÞA(k+1).

Soit k n'importe quel nombre naturel et que l'énoncé soit vrai pour n=k, c'est-à-dire

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Montrons qu'alors l'énoncé est également vrai pour le prochain nombre naturel n=k+1, c'est-à-dire Quoi

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

En effet,

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

Donc, A(k)ÞA(k+1). Sur la base du principe d’induction mathématique, nous concluons que l’hypothèse A(n) est vraie pour tout nÎN.

Prouve-le

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

Solution : 1) Pour n=1 on obtient

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

donc, pour n=1, la formule est correcte ; A(1) est vrai.

2) Soit k n'importe quel nombre naturel et que la formule soit vraie pour n=k, c'est-à-dire

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

Montrons qu'alors l'égalité

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

En effet

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).

Donc, A(k)ÞA(k+1). Sur la base du principe de l’induction mathématique, nous concluons que la formule est vraie pour tout nombre naturel n.

Montrer que le nombre de diagonales d’un n-gone convexe est égal à n(n-3)/2.

Solution : 1) Pour n=3, l'énoncé est vrai

Et 3 est significatif, car dans un triangle

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

A 2 A(3) est vrai.

2) Supposons que dans chaque

un k-gon convexe a-

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

Et k Montrons qu'alors dans le convexe

(k+1)-numéro de gon

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

Soit A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 un (k+1)-gon convexe. Dessinons une diagonale A 1 A k dedans. Pour calculer le nombre total de diagonales de ce (k+1)-gon, vous devez compter le nombre de diagonales dans le k-gon A 1 A 2 ...A k , ajouter k-2 au nombre obtenu, c'est-à-dire il convient de prendre en compte le nombre de diagonales du (k+1)-gon émanant du sommet A k+1, et, en outre, la diagonale A 1 A k.

Ainsi,

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

Donc, A(k)ÞA(k+1). En raison du principe d’induction mathématique, l’affirmation est vraie pour tout n-gone convexe.

Montrer que pour tout n, l’énoncé suivant est vrai :

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solution : 1) Soit n=1, alors

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

Cela signifie que pour n=1, la déclaration est vraie.

2) Supposons que n=k

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

3) Considérez cette affirmation pour n=k+1

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

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

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

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

Nous avons prouvé que l'égalité est vraie pour n=k+1, donc, en vertu de la méthode d'induction mathématique, l'affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

Montrer que pour tout nombre naturel n l’égalité est vraie :

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solution : 1) Soit n=1.

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

Nous voyons que pour n=1, l’énoncé est vrai.

2) Supposons que l'égalité soit vraie pour n=k

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

3) Prouvons la véracité de cette affirmation pour n=k+1, c'est-à-dire

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.

D’après la preuve ci-dessus, il est clair que l’affirmation est vraie pour n=k+1, donc l’égalité est vraie pour tout nombre naturel n.

Prouve-le

((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), où n>2.

Solution : 1) Pour n=2 l'identité ressemble à : (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

ceux. c'est vrai.

2) Supposons que l'expression est vraie pour n=k

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

3) Prouvons l'exactitude de l'expression pour 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).

Nous avons prouvé que l'égalité est vraie pour n=k+1, donc, en vertu de la méthode d'induction mathématique, l'énoncé est vrai pour tout n>2

Prouve-le

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

pour tout n naturel.

Solution : 1) Soit n=1, alors

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

2) Supposons que n=k, alors

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

3) Prouvons la véracité de cette affirmation pour 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).

La validité de l’égalité pour n=k+1 a également été prouvée, donc l’affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

Prouver que l'identité est correcte

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

pour tout n naturel.

1) Pour n=1 l'identité est vraie 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Supposons que pour n=k

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

3) Montrons que l'identité est vraie pour 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).

D’après la preuve ci-dessus, il est clair que l’affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

Montrer que (11 n+2 +12 2n+1) est divisible par 133 sans reste.

Solution : 1) Soit n=1, alors

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

Mais (23´133) est divisible par 133 sans reste, ce qui signifie que pour n=1 l'énoncé est vrai ; A(1) est vrai.

2) Supposons que (11 k+2 +12 2k+1) soit divisible par 133 sans reste.

3) Montrons que dans ce cas

(11 k+3 +12 2k+3) est divisible par 133 sans reste. En effet, 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(11k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

La somme résultante est divisée par 133 sans reste, puisque son premier terme est divisible par 133 sans reste par hypothèse, et dans le second l'un des facteurs est 133. Donc, A(k)ÞA(k+1). Grâce à la méthode d’induction mathématique, cette affirmation a été prouvée.

Montrer que pour tout n 7 n -1 est divisible par 6 sans reste.

Solution : 1) Soit n=1, alors X 1 =7 1 -1=6 est divisé par 6 sans reste. Cela signifie que lorsque n=1, la déclaration est vraie.

2) Supposons que pour n=k

7 k -1 est divisible par 6 sans reste.

3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n=k+1.

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

Le premier terme est divisible par 6, puisque 7 k -1 est divisible par 6 par hypothèse, et le deuxième terme est 6. Cela signifie que 7 n -1 est un multiple de 6 pour tout n naturel. Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

Montrer que 3 3n-1 +2 4n-3 pour un naturel arbitraire n est divisible par 11.
Solution : 1) Soit n=1, alors

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 est divisé par 11 sans reste. Cela signifie que pour n=1, la déclaration est vraie.

2) Supposons que pour n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 est divisible par 11 sans reste.

3) Montrons que l'énoncé est vrai pour 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 .

Le premier terme est divisible par 11 sans reste, puisque 3 3k-1 +2 4k-3 est divisible par 11 par hypothèse, le second est divisible par 11, car l'un de ses facteurs est le nombre 11. Cela signifie que la somme est divisible par 11 sans reste pour tout nombre naturel n. Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

Montrer que 11 2n -1 pour un naturel arbitraire n est divisible par 6 sans reste.

Solution : 1) Soit n=1, alors 11 2 -1=120 est divisible par 6 sans reste. Cela signifie que lorsque n=1, la déclaration est vraie.

2) Supposons que pour n=k

11 2k -1 est divisible par 6 sans reste.

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

Les deux termes sont divisibles par 6 sans reste : le premier contient un multiple de 6, le nombre 120, et le second est divisible par 6 sans reste par hypothèse. Cela signifie que la somme est divisible par 6 sans reste. Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

Montrer que 3 3n+3 -26n-27 pour un nombre naturel arbitraire n est divisible par 26 2 (676) sans reste.

Solution : Nous prouvons d’abord que 3 3n+3 -1 est divisible par 26 sans reste.

1. Quand n=0

3 3 -1=26 est divisé par 26

2. Supposons que pour n=k

3 3k+3 -1 est divisible par 26

3. Montrons que l'énoncé

vrai pour n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – divisé par 26

Nous allons maintenant effectuer la preuve de l'énoncé formulé dans l'énoncé du problème.

1) Évidemment, lorsque n=1, la déclaration est vraie

3 3+3 -26-27=676

2) Supposons que pour n=k

l'expression 3 3k+3 -26k-27 est divisée par 26 2 sans reste.

3) Montrons que l'énoncé est vrai pour n=k+1

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

Les deux termes sont divisibles par 26 2 ; le premier est divisible par 26 2 car nous avons prouvé la divisibilité de l'expression entre parenthèses par 26, et le second est divisible par l'hypothèse de récurrence. Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.

Montrer que si n>2 et x>0, alors l'inégalité est vraie

(1+x) n >1+n´x.

Solution : 1) Pour n=2 l'inégalité est valide, puisque

(1+x)2 =1+2x+x2 >1+2x.

Donc A(2) est vrai.

2) Montrons que A(k)ÞA(k+1), si k> 2. Supposons que A(k) est vraie, c'est-à-dire que l'inégalité

(1+x) k >1+k´x. (3)

Montrons qu'alors A(k+1) est également vraie, c'est-à-dire que l'inégalité

(1+x)k+1 >1+(k+1)´x.

En fait, en multipliant les deux côtés de l’inégalité (3) par le nombre positif 1+x, on obtient

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Considérons le membre de droite de la dernière inégalité

stva; nous avons

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

En conséquence, nous obtenons cela

(1+x)k+1 >1+(k+1)´x.

Donc, A(k)ÞA(k+1). Sur la base du principe d’induction mathématique, on peut affirmer que l’inégalité de Bernoulli est vraie pour tout

Prouver que l'inégalité est vraie

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

Solution : 1) Quand m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 les deux côtés sont égaux.

2) Supposons que pour m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Montrons que pour m=k+1 l'inégalité est vraie

(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)´une 2)=1+(k+1)´une+((k(k+1)/2)+k+1)´une 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 .

Nous avons prouvé la validité de l'inégalité pour m=k+1, donc, grâce à la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est valable pour tout m naturel.

Montrer que pour n>6 l'inégalité est vraie

3 n >n´2 n+1 .

Solution : Réécrivons l'inégalité sous la forme

1. Pour n=7 on a

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

l'inégalité est vraie.

2. Supposons que pour n=k

3) Montrons la validité de l'inégalité pour n=k+1.

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

Puisque k>7, la dernière inégalité est évidente.

Grâce à la méthode d'induction mathématique, l'inégalité est valable pour tout nombre naturel n.

Montrer que pour n>2 l'inégalité est vraie

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

Solution : 1) Pour n=3 l'inégalité est vraie

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

1. Supposons que pour n=k

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

3) Prouvons la validité du non-

égalité pour n=k+1

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

Montrons 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

Ce dernier point est évident, et donc

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

Grâce à la méthode d’induction mathématique, l’inégalité est prouvée.

Conclusion

En particulier, en étudiant la méthode d'induction mathématique, j'ai approfondi mes connaissances dans ce domaine des mathématiques, et j'ai également appris à résoudre des problèmes qui dépassaient auparavant mes capacités.

Il s'agissait principalement de tâches logiques et divertissantes, c'est-à-dire juste ceux qui accroissent l’intérêt pour les mathématiques elles-mêmes en tant que science. Résoudre de tels problèmes devient une activité divertissante et peut attirer de plus en plus de curieux dans des labyrinthes mathématiques. À mon avis, c'est la base de toute science.

En continuant à étudier la méthode d'induction mathématique, j'essaierai d'apprendre à l'appliquer non seulement aux mathématiques, mais aussi à la résolution de problèmes de physique, de chimie et de la vie elle-même.

MATHÉMATIQUES:

CONFÉRENCES, PROBLÈMES, SOLUTIONS

Manuel / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I. Pot-pourri LLC 1996.

ALGÈBRE ET DÉBUTS DE L'ANALYSE

Manuel / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. « Lumières » 1975.

L'induction est une méthode permettant d'obtenir un énoncé général à partir d'observations particulières. Dans le cas où un énoncé mathématique concerne un nombre fini d'objets, il peut être prouvé par des tests pour chaque objet. Par exemple, l'énoncé : « Tout nombre pair à deux chiffres est la somme de deux nombres premiers » découle d'une série d'égalités qu'il est tout à fait possible d'établir :

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

Une méthode de preuve dans laquelle une affirmation est vérifiée pour un nombre fini de cas qui épuisent toutes les possibilités est appelée induction complète. Cette méthode est relativement rarement utilisée, car les énoncés mathématiques ne concernent généralement pas des ensembles d'objets finis, mais infinis. Par exemple, l’énoncé ci-dessus sur les nombres pairs à deux chiffres par récurrence complète n’est qu’un cas particulier du théorème : « Tout nombre pair est la somme de deux nombres premiers ». Ce théorème n'a pas encore été prouvé ou réfuté.

L'induction mathématique est une méthode permettant de prouver une certaine affirmation pour tout nombre naturel n basée sur le principe de l'induction mathématique : « Si une affirmation est vraie pour n=1 et que sa validité pour n=k implique la validité de cette affirmation pour n=k +1, alors c'est vrai pour tout n" La méthode de preuve par induction mathématique est la suivante :

1) base d'induction : ils prouvent ou vérifient directement la validité de l'énoncé pour n=1 (parfois n=0 ou n=n 0) ;

2) étape d'induction (transition) : ils supposent la validité de l'énoncé pour un nombre naturel n=k et, sur la base de cette hypothèse, prouvent la validité de l'énoncé pour n=k+1.

Problèmes avec des solutions

1. Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre 3 2n+1 +2 n+2 est divisible par 7.

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

Base à induction. Si n=1, alors A(1)=3 3 +2 3 =35 et, évidemment, est divisible par 7.

Hypothèse d’induction. Soit A(k) divisible par 7.

Transition d'induction. Montrons que A(k+1) est divisible par 7, c'est-à-dire la validité de l'énoncé du problème pour 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.

Le dernier nombre est divisible par 7, puisqu'il s'agit de la différence de deux entiers divisibles par 7. Donc 3 2n+1 +2 n+2 est divisible par 7 pour tout nombre naturel n.

2. Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre 2 3 n +1 est divisible par 3 n+1 et non divisible par 3 n+2.

Introduisons la notation : a i =2 3 i +1.

Pour n=1 nous avons, et 1 =2 3 +1=9. Ainsi, un 1 est divisible par 3 2 et non divisible par 3 3.

Soit pour n=k le nombre a k est divisible par 3 k+1 et non divisible par 3 k+2, c'est-à-dire a k =2 3 k +1=3 k+1 m, où m n'est pas divisible par 3. Alors

et 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).

Évidemment, un k+1 est divisible par 3 k+2 et non divisible par 3 k+3.

Par conséquent, l’énoncé est prouvé pour tout nombre naturel n.

3. On sait que x+1/x est un nombre entier. Montrer que x n +1/x n est aussi un entier pour tout entier n.

Introduisons la notation : a i =х i +1/х i et notons immédiatement que a i =а –i, nous continuerons donc à parler d'indices naturels.

Remarque : un 1 est un entier par convention ; et 2 est un nombre entier, puisque a 2 = (a 1) 2 –2 ; et 0 =2.

Supposons que a k soit un entier pour tout nombre naturel k n'excédant pas n. Alors a 1 ·a n est un entier, mais a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 et a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Cependant, n–1, selon l’hypothèse d’induction, est un nombre entier. Cela signifie qu'un n+1 est aussi un entier. Par conséquent, x n +1/x n est un entier pour tout entier n, ce qui devait être prouvé.

4. Montrer que pour tout nombre naturel n supérieur à 1, la double inégalité est vraie

5. Montrer que pour n naturel > 1 et |x|

(1–x)n +(1+x)n

Pour n=2, l'inégalité est vraie. Vraiment,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Si l’inégalité est vraie pour n=k, alors pour n=k+1 on a

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

L'inégalité a été prouvée pour tout nombre naturel n > 1.

6. Il y a n cercles dans un plan. Montrer que pour tout agencement de ces cercles, la carte qu’ils forment peut être correctement colorée avec deux couleurs.

Utilisons la méthode d'induction mathématique.

Pour n=1, la déclaration est évidente.

Supposons que l'énoncé soit vrai pour toute carte formée de n cercles, et qu'il y ait n+1 cercles sur le plan. En supprimant l'un de ces cercles, on obtient une carte qui, du fait de l'hypothèse faite, peut être correctement colorée avec deux couleurs (voir la première image ci-dessous).

Ensuite, nous restaurerons le cercle supprimé et sur un côté de celui-ci, par exemple à l'intérieur, nous changerons la couleur de chaque zone en l'opposé (voir la deuxième image). Il est facile de voir que dans ce cas nous obtiendrons une carte correctement colorée avec deux couleurs, mais seulement maintenant pour n+1 cercles, ce qu'il nous fallait prouver.

7. Nous appellerons « beau » un polygone convexe si les conditions suivantes sont remplies :

1) chacun de ses sommets est peint dans l'une des trois couleurs ;

2) deux sommets adjacents sont peints de couleurs différentes ;

3) au moins un sommet du polygone est peint dans chacune des trois couleurs.

Prouver que tout beau n-gon peut être découpé par des diagonales disjointes en « beaux » triangles.

Utilisons la méthode d'induction mathématique.

Base à induction. Avec le plus petit n=3 possible, l'énoncé du problème est évident : les sommets du « beau » triangle sont peints de trois couleurs différentes et aucune coupe n'est nécessaire.

Hypothèse d’induction. Supposons que l’énoncé du problème soit vrai pour tout « beau » n-gon.

Étape d'induction. Considérons un « beau » (n+1)-gon arbitraire et montrons, en utilisant l'hypothèse d'induction, qu'il peut être découpé par certaines diagonales en « beaux » triangles. Notons A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 les sommets successifs du (n+1)-gon. Si un seul sommet d'un (n+1)-gon est coloré dans l'une des trois couleurs, alors en reliant ce sommet par des diagonales à tous les sommets qui ne lui sont pas adjacents, on obtient la partition nécessaire du (n+1 )-gonflé en « beaux » triangles.

Si au moins deux sommets d'un (n+1)-gon sont colorés dans chacune des trois couleurs, alors nous désignons la couleur du sommet A 1 par le numéro 1 et la couleur du sommet A 2 par le numéro 2. Soit k le plus petit nombre tel que le sommet A k soit coloré dans la troisième couleur. Il est clair que k > 2. Séparons le triangle A k–2 A k–1 A k du (n+1)-gon de diagonale A k–2 A k . Conformément au choix du nombre k, tous les sommets de ce triangle sont peints de trois couleurs différentes, c'est-à-dire que ce triangle est « beau ». Le n-gone convexe A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , qui reste, sera également, en vertu de l'hypothèse inductive, « beau », ce qui signifie il est divisé en « beaux » triangles, qui demandaient à être prouvés.

8. Montrer que dans un n-gone convexe, il est impossible de choisir plus de n diagonales pour que deux d'entre elles aient un point commun.

Réalisons la preuve en utilisant la méthode d'induction mathématique.

Démontrons une affirmation plus générale : dans un n-gone convexe, il est impossible de choisir plus de n côtés et diagonales pour que deux d'entre eux aient un point commun. Pour n = 3, la déclaration est évidente. Supposons que cette affirmation soit vraie pour un n-gon arbitraire et, en utilisant cela, nous prouverons sa validité pour un (n+1)-gon arbitraire.

Supposons que cette affirmation n'est pas vraie pour un (n+1)-gon. Si pas plus de deux côtés ou diagonales sélectionnés émergent de chaque sommet d'un (n+1)-gon, alors pas plus de n+1 d'entre eux sont sélectionnés au total. Par conséquent, à partir d’un sommet A, il y a au moins trois côtés ou diagonales sélectionnés AB, AC, AD. Soit AC compris entre AB et AD. Puisque tout côté ou diagonale émergeant du point C et autre que CA ne peut couper simultanément AB et AD, une seule diagonale choisie CA émerge du point C.

En supprimant le point C avec la diagonale CA, nous obtenons un n-gone convexe dans lequel plus de n côtés et diagonales sont sélectionnés, dont deux ont un point commun. Ainsi, nous arrivons à une contradiction avec l’hypothèse selon laquelle l’énoncé est vrai pour un n-gone convexe arbitraire.

Donc, pour un (n+1)-gon, la déclaration est vraie. Selon le principe de l’induction mathématique, l’affirmation est vraie pour tout n-gone convexe.

9. Il y a n lignes droites dans un plan, dont deux ne sont pas parallèles et dont trois ne passent pas par le même point. En combien de parties ces lignes divisent-elles l’avion ?

À l'aide de dessins élémentaires, vous pouvez facilement vérifier qu'une ligne droite divise le plan en 2 parties, deux lignes droites en 4 parties, trois lignes droites en 7 parties et quatre lignes droites en 11 parties.

Notons N(n) le nombre de parties en lesquelles n droites divisent le plan. On peut remarquer que

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

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

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

Il est naturel de supposer que

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

ou, comme il est facile de l'établir, en utilisant la formule de la somme des n premiers termes d'une progression arithmétique,

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

Prouvons la validité de cette formule en utilisant la méthode d'induction mathématique.

Pour n=1, la formule a déjà été vérifiée.

Ayant fait l’hypothèse d’induction, nous considérons k+1 droites qui satisfont aux conditions du problème. Sélectionnons-en k droites de manière arbitraire. Par l’hypothèse d’induction, ils diviseront le plan en 1+ k(k+1)/2 parties. La (k+1)ème droite restante sera divisée par les k droites sélectionnées en k+1 parties et, par conséquent, passera le long de la (k+1)ème partie dans laquelle le plan a déjà été divisé, et chaque de ces parties sera divisée en 2 parties, c'est-à-dire qu'une autre partie k+1 sera ajoutée. Donc,

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

Q.E.D.

10. Dans l'expression x 1 : x 2 : ... : x n, des parenthèses sont placées pour indiquer l'ordre des actions et le résultat s'écrit sous forme de fraction :

(dans ce cas, chacune des lettres x 1, x 2, ..., x n est soit au numérateur de la fraction, soit au dénominateur). Combien d’expressions différentes peut-on obtenir de cette manière avec toutes les manières possibles de placer les parenthèses ?

Tout d'abord, il est clair que dans la fraction résultante, x 1 sera au numérateur. Il est presque aussi évident que x 2 sera au dénominateur, quelle que soit la façon dont les parenthèses sont placées (le signe de division devant x 2 fait référence soit à x 2 lui-même, soit à une expression contenant x 2 au numérateur).

On peut supposer que toutes les autres lettres x 3, x 4, ..., x n peuvent être situées au numérateur ou au dénominateur de manière complètement arbitraire. Il s'ensuit qu'au total on peut obtenir 2 n–2 fractions : chacune des n–2 lettres x 3, x 4, ..., x n peut apparaître indépendamment des autres au numérateur ou au dénominateur.

Prouvons cette affirmation par induction.

Avec n=3 vous pouvez obtenir 2 fractions :

donc la déclaration est vraie.

Supposons que cela soit vrai pour n=k et prouvons-le pour n=k+1.

Laissez l'expression x 1 : x 2 : ... : x k après un certain placement de parenthèses s'écrire sous la forme d'une certaine fraction Q. Si au lieu de x k dans cette expression nous substituons x k : x k+1, alors x k sera au même endroit que dans la fraction Q, et x k+1 ne sera pas là où se trouvait x k (si x k était au dénominateur, alors x k+1 sera au numérateur et vice versa).

Nous allons maintenant prouver que nous pouvons ajouter x k+1 au même endroit où se trouve x k. Dans la fraction Q, après avoir placé les parenthèses, il y aura nécessairement une expression de la forme q:x k, où q est la lettre x k–1 ou une expression entre parenthèses. En remplaçant q:x k par l'expression (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), nous obtenons évidemment la même fraction Q, où au lieu de x k il y a x k ·x k+1 .

Ainsi, le nombre de toutes les fractions possibles dans le cas n=k+1 est 2 fois plus grand que dans le cas n=k et est égal à 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. La déclaration est donc prouvée.

Réponse : 2 n–2 fractions.

Problèmes sans solutions

1. Montrer que pour tout n naturel :

a) le nombre 5 n –3 n +2n est divisible par 4 ;

b) le nombre n 3 +11n est divisible par 6 ;

c) le nombre 7 n +3n–1 est divisible par 9 ;

d) le nombre 6 2n +19 n –2 n+1 est divisible par 17 ;

e) le nombre 7 n+1 +8 2n–1 est divisible par 19 ;

e) le nombre 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 est divisible par 27.

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

3. Prouver l'inégalité |sin nx| n|péché x| pour tout n naturel.

4. Trouvez les nombres naturels a, b, c qui ne sont pas divisibles par 10 et tels que pour tout n naturel, les nombres a n + b n et c n ont les mêmes deux derniers chiffres.

5. Montrer que si n points ne se trouvent pas sur la même droite, alors parmi les droites qui les relient, il y en a au moins n différentes.

La méthode de preuve basée sur l'axiome 4 de Peano est utilisée pour prouver de nombreuses propriétés mathématiques et diverses affirmations. La base de ceci est le théorème suivant.

Théorème. Si la déclaration UN(n) avec variable naturelle n vrai pour m= 1 et du fait que c'est vrai pour n = k, il s'ensuit que c'est vrai pour le numéro suivant n = k, puis la déclaration UN(n) n.

Preuve. Notons par M. l'ensemble de ceux et seulement de ces nombres naturels pour lesquels l'énoncé UN(n) vrai. Alors d'après les conditions du théorème nous avons : 1) 1 M.; 2) kmkM.. De là, sur la base de l’axiome 4, nous concluons que M =N, c'est à dire. déclaration UN(n) vrai pour tout naturel n.

La méthode de preuve basée sur ce théorème s'appelle par la méthode de l'induction mathématique, et l'axiome est l'axiome de l'induction. Cette preuve se compose de deux parties :

1) prouver que la déclaration UN(n) vrai pour m= A(1);

2) supposer que la déclaration UN(n) vrai pour n = k, et, sur la base de cette hypothèse, prouver que l'énoncé Un) vrai pour n = k + 1, c'est-à-dire que la déclaration est vraie UNE(k) UNE(k + 1).

Si UN( 1) UN(k) UNE(k + 1) - déclaration vraie, alors ils concluent que la déclaration Un) vrai pour tout nombre naturel n.

La preuve par la méthode d'induction mathématique peut commencer non seulement par la confirmation de la véracité de l'énoncé pour m= 1, mais aussi de n'importe quel nombre naturel m. Dans ce cas, la déclaration UN(n) sera prouvé pour tous les nombres naturels nm.

Problème : Montrons que pour tout nombre naturel l'égalité 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

Solution.Égalité 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n est une formule qui peut être utilisée pour trouver la somme des premiers nombres naturels impairs consécutifs. Par exemple, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (la somme contient 4 termes), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (la somme contient 6 termes) ; si cette somme contient 20 termes du type indiqué, alors elle est égale à 20 = 400, etc. Après avoir prouvé la véracité de cette égalité, nous pourrons trouver la somme de n'importe quel nombre de termes du type spécifié à l'aide de la formule.

1) Vérifions la véracité de cette égalité pour m= 1. Quand m= 1 le côté gauche de l'égalité est constitué d'un terme égal à 1, le côté droit est égal à 1= 1. Puisque 1 = 1, alors pour m= 1 cette égalité est vraie.

2) Supposons que cette égalité soit vraie pour n = k, c'est à dire. que 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. En partant de cette hypothèse, nous prouvons que c’est vrai pour n = k + 1, c'est-à-dire 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Regardons le côté gauche de la dernière égalité.

Par hypothèse, la somme du premier k termes est égal à k et donc 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

=k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Expression k+ 2k + 1 est identiquement égal à l’expression ( k + 1).

Par conséquent, la vérité de cette égalité pour n = k + 1 a été prouvé.

Ainsi, cette égalité est vraie pour m= 1 et de sa vérité pour n = k doit être vrai pour n = k + 1.

Cela prouve que cette égalité est vraie pour tout nombre naturel.

En utilisant la méthode d'induction mathématique, vous pouvez prouver la vérité non seulement des égalités, mais aussi des inégalités.

Tâche. Prouver que, où nN.

Solution. Vérifions la véracité de l'inégalité à m= 1. Nous avons une véritable inégalité.

Supposons que l'inégalité soit vraie pour n = k, ceux. - une véritable inégalité. Montrons, en partant de l'hypothèse, que cela est également vrai pour n = k + 1, c'est-à-dire (*).

Transformons le côté gauche de l'inégalité (*), en tenant compte de que : .

Mais , ce qui signifie .

Cette inégalité est donc vraie pour m= 1, et du fait que l’inégalité est vraie pour certains m= k, nous avons constaté que cela est également vrai pour m= k + 1.

Ainsi, en utilisant l'axiome 4, nous avons prouvé que cette inégalité est vraie pour tout nombre naturel.

D'autres affirmations peuvent être prouvées en utilisant la méthode d'induction mathématique.

Tâche. Montrer que pour tout nombre naturel, l’énoncé est vrai.

Solution. Vérifions la véracité de la déclaration lorsque m= 1 : - vraie déclaration.

Supposons que cette affirmation soit vraie pour n = k: . Montrons, en utilisant cela, la vérité de l'énoncé lorsque n = k + 1: .

Transformons l'expression : . Trouvons la différence k Et k+ 1 membres. S'il s'avère que la différence résultante est un multiple de 7 et que, par hypothèse, le sous-trahend est divisible par 7, alors le minuend est également un multiple de 7 :

Le produit est donc un multiple de 7 et .

Ainsi, cette affirmation est vraie pour m= 1 et de sa vérité pour n = k doit être vrai pour n = k + 1.

Cela prouve que cette affirmation est vraie pour tout nombre naturel.

Tâche. Montrer que pour tout nombre naturel n 2 affirmation (7-1)24 est vraie.

Solution. 1) Vérifions la véracité de la déclaration lorsque n= 2 : - affirmation vraie.