Matematinės indukcijos metodu įrodykite formulę. Matematinės indukcijos principas

Naudodami matematinės indukcijos metodą, įrodykite, kad bet kuriai natūraliai n galioja šios lygybės:
A) ;
b) .

Sprendimas.

a) Kada n= 1 lygybė yra teisinga. Darant prielaidą, kad lygybė galioja ties n, parodysime jo galiojimą net tada, kai n+ 1. Iš tiesų,

Q.E.D.

b) Kada n= 1 lygybės galiojimas yra akivaizdus. Nuo jo galiojimo prielaidos n turėtų

Atsižvelgiant į lygybę 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, gauname

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

y., teiginys taip pat teisingas, kai n + 1.

1 pavyzdys.Įrodykite šias lygybes

Sprendimas. a) Kada n= 1 lygybė bus 1 = 1, todėl P(1) yra tiesa. Tarkime, kad ši lygybė yra teisinga, tai yra, ji galioja

Taigi pagal matematinės indukcijos metodą pradinė lygybė galioja bet kuriai natūraliai n.

2 pastaba.Šis pavyzdys galėjo būti išspręstas kitaip. Iš tiesų, suma yra 1 + 2 + 3 + ... + n yra pirmojo suma n aritmetinės progresijos su pirmuoju nariu terminai a 1 = 1 ir skirtumas d= 1. Pagal gerai žinomą formulę , gauname

b) Kada n= 1 lygybė bus tokia: 2 1 - 1 = 1 2 arba 1 = 1, tai yra, P(1) yra tiesa. Tarkime, kad lygybė

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 ir įrodyti, kad tai vykstaP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 arba 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Naudodamiesi indukcijos hipoteze, gauname

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

Taigi, P(n+ 1) yra teisinga, todėl reikiama lygybė yra įrodyta.

3 pastaba.Šį pavyzdį galima išspręsti (panašiai kaip ir ankstesniame) nenaudojant matematinės indukcijos metodo.

c) Kada n= 1 lygybė teisinga: 1=1. Tarkime, kad lygybė yra teisinga

d) Kada n= 1 lygybė teisinga: 1=1. Tarkime, kad tai vyksta

tikrai,

e) Patvirtinimas P(1) tiesa: 2=2. Tarkime, kad lygybė

Vadinasi, pirminė lygybė galioja bet kuriai natūraliai n.

f) P(1) tiesa: 1/3 = 1/3. Tegul būna lygybė P(n):

Iš tiesų, turint omenyje tai P(n) laikosi, gauname

Taigi lygybė įrodyta.

g) Kada n= 1 turime a + b = b + a ir todėl lygybė yra sąžininga.

Tegu galioja Niutono binominė formulė n = k, tai yra,

2 pavyzdys.Įrodykite nelygybes

Sprendimas. a) Kada n= 1 gauname tikrąją nelygybę

1 + a ≥ 1 + a . Tarkime, kad yra nelygybė

Iš tiesų, kadangi a > -1 reiškia + 1 > 0, tada abi nelygybės (1) puses padauginus iš (a + 1), gauname

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) arba (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Nuo n a 2 ≥ 0, todėl(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1) a.

Taigi, jei P(n) tai tiesa P(n+ 1) yra teisinga, todėl pagal matematinės indukcijos principą Bernulio nelygybė yra teisinga.

b) Kada n= 1 gauname x 1 = 1 ir todėl x 1 ≥ 1 tai yra P(1) yra teisingas pareiškimas. Tarkime, kad P(n) yra tiesa, tai yra, jei adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n teigiami skaičiai, kurių sandauga lygi vienetui, x 1 x 2 ·...· x n= 1 ir x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Parodykime, kad šis sakinys reiškia teisingumą: jei x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) teigiami skaičiai, tokie, kad x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, tada x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Apsvarstykite šiuos du atvejus:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Tada šių skaičių suma yra ( n+ 1), ir reikalinga nelygybė tenkinama;

2) bent vienas skaičius skiriasi nuo vieno, pavyzdžiui, tegul yra didesnis už vieną. Tada, nuo x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, yra dar bent vienas skaičius, kuris skiriasi nuo vieno (tiksliau, mažesnis nei vienas). Leiskite x n+ 1 > 1 ir x n < 1. Рассмотрим n teigiami skaičiai

Kadangi

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, tada 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. Todėl x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, tai yra, jei P(n) tai tiesaP(n+ 1) sąžininga. Nelygybė įrodyta.

4 pastaba. Lygybės ženklas galioja tada ir tik tada x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Tegul x 1 ,x 2 ,...,x n- savavališki teigiami skaičiai. Apsvarstykite šiuos dalykus n teigiami skaičiai:

5 pastaba. Lygybė galioja tada ir tik tada x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) yra teisingas teiginys: sin 2 a + cos 2 a = 1. Tarkime, kad P(n) yra tikras teiginys:

Nuodėmė 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 ir parodyk, kas vykstaP(n+ 1). tikrai, nuodėmė 2 ( n+ 1) a + cos 2 ( n+ 1) a = nuodėmė 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (jei sin 2 a ≤ 1, tai cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, tada sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n APIE N nuodėmė 2 n a + cos 2 n ≤ 1, o lygybės ženklas pasiekiamas tik tada, kain = 1.

e) Kada n= 1 teiginys yra teisingas: 1< 3 / 2 .

Tarkime, kad ir mes tai įrodysime

f) Atsižvelgdami į 1 pastabą, patikrinkime P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, todėl n= 10 teiginys yra teisingas. Tarkime, kad 2 n > n 3 (n> 10) ir įrodyti P(n+ 1), tai yra 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Nuo kada n> 10 turime arba , iš to išplaukia

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 arba n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Atsižvelgiant į nelygybę (2 n > n 3), gauname 2 n+1 = 2 n· 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Taigi, pagal matematinės indukcijos metodą, bet kuriai natūraliai n APIE N, n≥ 10 turime 2 n > n 3 .

3 pavyzdys.Įrodyk tai bet kam n APIE N

Sprendimas. a) P(1) yra teisingas teiginys (0 dalijamas iš 6). Leiskite P(n) yra sąžininga, tai yra n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) dalijasi iš 6. Parodykime, kad tada jis įvyksta P(n+ 1), tai yra, ( n + 1)n(2n+ 1) dalijasi iš 6. Iš tiesų, kadangi

Taigi, P(n+ 1) yra teisingas teiginys, todėl n(2n 2 - 3n+ 1) dalijasi iš 6 bet kuriai n APIE N.

b) Patikrinkime P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, todėl P(1) yra teisingas pareiškimas. Reikėtų įrodyti, kad jei 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 padalintas iš 11 ( P(n)), tada 6 2 n + 3 n+2 + 3 n taip pat dalijasi iš 11 ( P(n+ 1)). Tiesa, nuo

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 ir panašiai 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 ir 33 6 2 n-2 dalijasi iš 11, tada jų suma lygi 6 2n + 3 n+2 + 3 n dalijasi iš 11. Teiginys įrodytas. Indukcija geometrijoje

4 pavyzdys. Apskaičiuokite teisingos 2 kraštinę n- į spindulio apskritimą įbrėžtas trikampis R.

Bibliografinis aprašymas: Badanin A. S., Sizova M. Yu Matematinės indukcijos metodo taikymas sprendžiant natūraliųjų skaičių dalijimosi problemas // Jaunasis mokslininkas. 2015. Nr.2. P. 84-86..02.2019).

Matematikos olimpiadose dažnai yra gana sudėtingų uždavinių įrodyti natūraliųjų skaičių dalijamumą. Moksleiviai susiduria su problema: kaip rasti universalų matematinį metodą, leidžiantį išspręsti tokias problemas?

Pasirodo, daugumą dalumo įrodinėjimo problemų galima išspręsti matematinės indukcijos metodu, tačiau mokykliniuose vadovėliuose šiam metodui dažniausiai skiriamas trumpas teorinis aprašymas, analizuojamos kelios problemos.

Matematinės indukcijos metodą randame skaičių teorijoje. Skaičių teorijos aušroje matematikai daug faktų atrado indukciniu būdu: L. Euleris ir K. Gaussas kartais apsvarstė tūkstančius pavyzdžių, kol pastebėjo skaitinį modelį ir juo patikėjo. Tačiau tuo pat metu jie suprato, kokios apgaulingos gali būti hipotezės, išlaikiusios „paskutinį“ testą. Norint indukciniu būdu pereiti nuo teiginio, patvirtinto baigtiniam poaibiui, prie panašaus teiginio visai begalinei aibei, reikalingas įrodymas. Šį metodą pasiūlė Blaise'as Pascalis, suradęs bendrą algoritmą, kaip rasti bet kurio sveikojo skaičiaus dalijimosi iš bet kurio kito sveikojo skaičiaus požymius (traktatas „Apie skaičių dalijimosi prigimtį“).

Matematinės indukcijos metodas naudojamas argumentuojant įrodyti tam tikro teiginio teisingumą visiems natūraliems skaičiams arba teiginio, prasidedančio nuo tam tikro skaičiaus n, teisingumą.

Tam tikro teiginio teisingumo įrodinėjimo uždavinių sprendimas matematinės indukcijos metodu susideda iš keturių etapų (1 pav.):

Ryžiai. 1. Problemos sprendimo schema

1. Indukcinis pagrindas . Jie tikrina teiginio pagrįstumą mažiausiam natūraliajam skaičiui, kuriam teiginys turi prasmę.

2. Indukcinė hipotezė . Darome prielaidą, kad teiginys teisingas kai kuriai k reikšmei.

3. Indukcinis perėjimas . Įrodome, kad teiginys teisingas k+1.

4. Išvada . Jei toks įrodymas buvo baigtas, tada, remiantis matematinės indukcijos principu, galima teigti, kad teiginys yra teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Panagrinėkime matematinės indukcijos metodo taikymą sprendžiant natūraliųjų skaičių dalijamumo įrodinėjimo uždavinius.

1 pavyzdys. Įrodykite, kad skaičius 5 yra 19 kartotinis, kur n yra natūralusis skaičius.

Įrodymas:

1) Patikrinkite, ar ši formulė yra teisinga, kai n = 1: skaičius =19 yra 19 kartotinis.

2) Tegul ši formulė yra teisinga, kai n = k, ty skaičius yra 19 kartotinis.

Tai yra 19 kartotinis. Iš tikrųjų pirmasis narys dalijasi iš 19 dėl prielaidos (2); antrasis narys taip pat dalijasi iš 19, nes jame yra koeficientas 19.

2 pavyzdys.Įrodykite, kad trijų iš eilės einančių natūraliųjų skaičių kubų suma dalijasi iš 9.

Įrodymas:

Įrodykime teiginį: „Bet kurio natūraliojo skaičiaus n išraiška n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 yra 9 kartotinė.

1) Patikrinkite, ar ši formulė yra teisinga n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 9 kartotiniai.

2) Tegul ši formulė yra teisinga n = k, ty k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 yra 9 kartotinis.

3) Įrodykime, kad formulė teisinga ir n = k + 1, ty (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 yra 9 kartotinis. (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).

Gautoje išraiškoje yra du nariai, kurių kiekvienas dalijasi iš 9, taigi suma dalijasi iš 9.

4) Tenkinamos abi matematinės indukcijos principo sąlygos, todėl sakinys yra teisingas visoms n reikšmėms.

3 pavyzdys.Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n skaičius 3 2n+1 +2 n+2 dalijasi iš 7.

Įrodymas:

1) Patikrinkite, ar ši formulė yra teisinga n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 yra 7 kartotinis.

2) Tegul ši formulė yra teisinga, kai n = k, ty 3 2 k +1 +2 k +2 dalijamas iš 7.

3) Įrodykime, kad formulė teisinga ir n = k + 1, t.y.

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 dalijamas iš 7 ir 7 2 k +2 dalijamas iš 7, tada jų skirtumas dalinamas iš 7.

4) Tenkinamos abi matematinės indukcijos principo sąlygos, todėl sakinys yra teisingas visoms n reikšmėms.

Daug įrodinėjimo uždavinių natūraliųjų skaičių dalijimosi teorijoje gali būti patogiai išspręsta naudojant matematinės indukcijos metodą, galima sakyti, kad uždavinių sprendimas šiuo metodu yra visiškai algoritminis, užtenka atlikti 4 pagrindinius veiksmus. Tačiau šis metodas negali būti vadinamas universaliu, nes yra ir trūkumų: pirma, jį galima įrodyti tik natūraliųjų skaičių aibėje, antra, jį galima įrodyti tik vienam kintamajam.

Loginio mąstymo ir matematinės kultūros ugdymui šis metodas yra būtinas įrankis, nes didysis rusų matematikas A. N. Kolmogorovas sakė: „Supratimas ir gebėjimas teisingai taikyti matematinės indukcijos principą yra geras loginės brandos kriterijus, o tai absoliučiai yra būtina matematikui“.

Literatūra:

1. Vilenkin N. Ya. Kombinatorika. - M.: Išsilavinimas, 1976. - 48 p.

2. Genkin L. Apie matematinę indukciją. - M., 1962. - 36 p.

3. Solominskis I. S. Matematinės indukcijos metodas. - M.: Nauka, 1974. - 63 p.

4. Sharygin I.F. Pasirenkamasis matematikos kursas: Problemų sprendimas: Vadovėlis 10 klasei. mokyklos vidurkis - M.: Išsilavinimas, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Matematinė indukcija. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 p.

Matematinės indukcijos metodas

Įvadas

Pagrindinė dalis

1. Visiška ir nepilna indukcija
2. Matematinės indukcijos principas
3. Matematinės indukcijos metodas
4. Sprendimo pavyzdžiai
5. Lygybės
6. Skaičių dalijimas
7. Nelygybės

Išvada

Naudotos literatūros sąrašas

Įvadas

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

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

Nors matematinės indukcijos metodo taikymo sritis išaugo, mokyklos programoje tam skiriama mažai laiko. Na, sakyk man, kad žmogui pravers tos dvi ar trys pamokos, per kurias jis išgirs penkis teorijos žodžius, išspręs penkias primityvias problemas ir dėl to gaus A už tai, kad nieko nežino.

Tačiau labai svarbu mokėti mąstyti induktyviai.

Pagrindinė dalis

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

Tegul reikia nustatyti, kad kiekvienas lyginis natūralusis skaičius n per 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

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

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

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

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

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

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

Apsvarsčius šiuos kelis specialius atvejus, daroma tokia bendra išvada:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

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

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

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

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

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

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

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

Apibendrindami tai, kas pasakyta, suformuluojame tokį bendrą principą.

Matematinės indukcijos principas.

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

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

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

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

Įrodykite, kad 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

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

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

2) Įrodykime, kad A(k)ÞA(k+1).

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

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

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

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Tiesą sakant,

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

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

Įrodyk tai

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

Sprendimas: 1) Jei n=1 gauname

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

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

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

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

Įrodykime, kad tada lygybė

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

Tikrai

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

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

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

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

Sprendimas: 1) n=3 teiginys teisingas

Ir 3 yra prasmingas, nes trikampyje

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

A 2 A(3) yra tiesa.

2) Tarkime, kad kiekviename

išgaubtas k-gonas turi-

A 1 x A k =k(k-3)/2 įstrižainės.

Ir k Įrodykime, kad tada išgaubtoje

(k+1)-gonų skaičius

įstrižainės A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

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

Taigi,

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

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

Įrodykite, kad bet kuriam n yra teisingas šis teiginys:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Apsvarstykite šį teiginį, kai n=k+1

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

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

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

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

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

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

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Sprendimas: 1) Tegu n=1.

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

Matome, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad lygybė teisinga n=k

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

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

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

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

Įrodyk tai

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2+n+1), kur n>2.

Sprendimas: 1) n=2 tapatybė atrodo taip: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tie. tai tiesa.

2) Tarkime, kad išraiška teisinga, kai n=k

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

3) Įrodykime išraiškos n=k+1 teisingumą.

(((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).

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

Įrodyk tai

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

bet kuriai natūraliai n.

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

2) Tarkime, kad n=k, tada

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

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

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

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

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

Įrodykite, kad tapatybė teisinga

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

bet kuriai natūraliai n.

1) Jei n=1, tapatybė yra teisinga 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Įrodykime, kad n=k+1 tapatybė yra teisinga.

(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).

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

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

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

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

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

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

3) Įrodykime tai šiuo atveju

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

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

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

Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada X 1 =7 1 -1=6 dalijamas iš 6 be liekanos. Tai reiškia, kad kai n=1, teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

7 k -1 dalijasi iš 6 be liekanos.

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1.

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

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

Įrodykite, kad 3 3n-1 +2 4n-3 savavališkam natūraliajam n dalijasi iš 11.
Sprendimas: 1) Tegul n=1, tada

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 dalijamas iš 11 be liekanos. Tai reiškia, kad n=1 teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

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

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1.

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

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

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

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

Įrodykite, kad 11 2n -1 savavališkai natūraliam n dalijasi iš 6 be liekanos.

Sprendimas: 1) Tegu n=1, tada 11 2 -1=120 dalijasi iš 6 be liekanos. Tai reiškia, kad kai n=1, teiginys yra teisingas.

2) Tarkime, kad n=k

11 2k -1 dalijasi iš 6 be liekanos.

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

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

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

Sprendimas: Pirmiausia įrodome, kad 3 3n+3 -1 dalijasi iš 26 be liekanos.

1. Kai n=0

3 3 -1=26 dalijamas iš 26

2. Tarkime, kad n=k

3 3k+3 -1 dalijasi iš 26

3. Įrodykime, kad teiginys

teisinga, kai n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – padalintas iš 26

Dabar atlikime problemos teiginyje suformuluoto teiginio įrodymą.

1) Akivaizdu, kad kai n=1, teiginys yra teisingas

3 3+3 -26-27=676

2) Tarkime, kad n=k

išraiška 3 3k+3 -26k-27 dalijama iš 26 2 be liekanos.

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas, kai n=k+1

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

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

Įrodykite, kad jei n>2 ir x>0, tai nelygybė teisinga

(1+x) n >1+n´x.

Sprendimas: 1) Kai n=2 nelygybė galioja, nes

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

Taigi A(2) yra tiesa.

2) Įrodykime, kad A(k)ÞA(k+1), jei k> 2. Tarkime, kad A(k) teisinga, t.y., kad nelygybė

(1+x) k >1+k´x. (3)

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

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

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

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Panagrinėkime paskutinės nelygybės dešinę pusę

stva; mes turime

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

Dėl to mes tai gauname

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Taigi, A(k)ÞA(k+1). Remiantis matematinės indukcijos principu, galima teigti, kad Bernulio nelygybė tinka bet kuriai

Įrodykite, kad nelygybė yra teisinga

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

Sprendimas: 1) Kai m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 abi pusės yra lygios.

2) Tarkime, kad m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Įrodykime, kad m=k+1 nelygybė teisinga

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

Įrodėme nelygybės pagrįstumą, kai m=k+1, todėl, taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė galioja bet kuriai natūraliajai m.

Įrodykite, kad n>6 nelygybė yra teisinga

3 n >n´2 n+1 .

Sprendimas: Perrašykime nelygybę į formą

1. Jei n=7 turime

37/27 =2187/128>14=2'7

nelygybė yra tiesa.

2. Tarkime, kad n=k

3) Įrodykime nelygybės pagrįstumą n=k+1.

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

Kadangi k>7, paskutinė nelygybė yra akivaizdi.

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

Įrodykite, kad n>2 nelygybė yra teisinga

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

Sprendimas: 1) n=3 nelygybė teisinga

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

1. Tarkime, kad n=k

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

3) Įrodykime ne

lygybė n=k+1

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

Įrodykime, kad 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

Pastarasis yra akivaizdus, ​​todėl

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

Taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė įrodyta.

Išvada

Visų pirma, studijuodamas matematinės indukcijos metodą, pagilinau savo žinias šioje matematikos srityje, taip pat išmokau spręsti problemas, kurios anksčiau nebuvo mano jėgų.

Tai daugiausia buvo loginės ir pramoginės užduotys, t.y. tik tie, kurie didina susidomėjimą pačia matematika kaip mokslu. Tokių uždavinių sprendimas tampa pramogine veikla ir į matematinius labirintus gali pritraukti vis daugiau smalsuolių. Mano nuomone, tai yra bet kurio mokslo pagrindas.

Tęsdamas matematinės indukcijos metodo studijas, bandysiu išmokti jį pritaikyti ne tik matematikoje, bet ir sprendžiant fizikos, chemijos bei paties gyvenimo uždavinius.

MATEMATIKA:

PASKAITOS, PROBLEMOS, SPRENDIMAI

Vadovėlis / V.G.Boltjanskis, Yu.V., M.I. Potpourri LLC 1996 m.

ALGEBRA IR ANALIZĖS PRADŽIA

Vadovėlis / I.T., Kolmogorov, S.I. Shvarts, O.S.Musatovas, B.E. „Švietimas“ 1975 m.

Indukcija yra būdas gauti bendrą teiginį iš konkrečių stebėjimų. Tuo atveju, kai matematinis teiginys susijęs su baigtiniu objektų skaičiumi, jį galima įrodyti išbandant kiekvieną objektą. Pavyzdžiui, teiginys: „Kiekvienas dviženklis lyginis skaičius yra dviejų pirminių skaičių suma“, išplaukia iš daugybės lygybių, kurias gana įmanoma nustatyti:

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

Įrodinėjimo metodas, kai teiginys patikrinamas baigtiniu atvejų skaičiumi, kurie išnaudoja visas galimybes, vadinamas visiška indukcija. Šis metodas naudojamas palyginti retai, nes matematiniai teiginiai paprastai susiję ne su baigtiniais, o begaliniais objektų rinkiniais. Pavyzdžiui, teiginys apie lyginius dviženklius skaičius, įrodytas visiška indukcija, yra tik ypatingas teoremos atvejis: „Bet koks lyginis skaičius yra dviejų pirminių skaičių suma“. Ši teorema dar neįrodyta ar paneigta.

Matematinė indukcija yra būdas įrodyti tam tikrą teiginį bet kuriam natūraliajam skaičiui n, pagrįstas matematinės indukcijos principu: „Jei teiginys teisingas n=1 ir jo galiojimas n=k reiškia šio teiginio galiojimą n=k. +1, tada tai tiesa visiems n " Įrodinėjimo matematine indukcija metodas yra toks:

1) indukcijos pagrindas: jie įrodo arba tiesiogiai patikrina teiginio teisingumą, kai n=1 (kartais n=0 arba n=n 0);

2) indukcijos žingsnis (perėjimas): jie prisiima teiginio galiojimą kokiam nors natūraliam skaičiui n=k ir, remdamiesi šia prielaida, įrodo teiginio n=k+1 pagrįstumą.

Problemos su sprendimais

1. Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n skaičius 3 2n+1 +2 n+2 dalijasi iš 7.

Pažymėkime A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Indukcinė bazė. Jei n=1, tai A(1)=3 3 +2 3 =35 ir, aišku, dalijasi iš 7.

Indukcijos prielaida. Tegul A(k) dalijasi iš 7.

Indukcinis perėjimas. Įrodykime, kad A(k+1) dalijasi iš 7, tai yra uždavinio teiginio teisingumas, kai 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.

Paskutinis skaičius dalijasi iš 7, nes tai yra dviejų sveikųjų skaičių, dalijamų iš 7, skirtumas. Todėl 3 2n+1 +2 n+2 bet kurio natūraliojo skaičiaus n dalijasi iš 7.

2. Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n skaičius 2 3 n +1 dalijasi iš 3 n+1, o ne dalijasi iš 3 n+2.

Įveskime žymėjimą: a i =2 3 i +1.

Jei n = 1, turime, o 1 = 2 3 +1 = 9. Taigi, 1 dalijasi iš 3 2, o ne dalijasi iš 3 3.

Tegu n=k skaičius a k dalijasi iš 3 k+1 ir nesidalija iš 3 k+2, tai yra a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kur m nesidalija iš 3. Tada

ir 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).

Akivaizdu, kad k+1 dalijasi iš 3 k+2, o ne dalijasi iš 3 k+3.

Todėl teiginys įrodytas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

3. Yra žinoma, kad x+1/x yra sveikasis skaičius. Įrodykite, kad x n +1/x n taip pat yra bet kurio sveikojo skaičiaus n sveikasis skaičius.

Įveskime žymėjimą: a i =х i +1/х i ir iš karto atkreipkite dėmesį, kad a i =а –i, todėl toliau kalbėsime apie natūraliuosius indeksus.

Pastaba: a 1 sutartinai yra sveikasis skaičius; ir 2 yra sveikas skaičius, nes a 2 = (a 1) 2 –2; ir 0 =2.

Tarkime, kad a k yra bet kurio natūraliojo skaičiaus k, neviršijančio n, sveikas skaičius. Tada a 1 ·a n yra sveikas skaičius, bet a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ir a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Tačiau n–1, remiantis indukcijos hipoteze, yra sveikasis skaičius. Tai reiškia, kad n+1 taip pat yra sveikas skaičius. Todėl x n +1/x n yra bet kurio sveikojo skaičiaus n sveikas skaičius, ką reikia įrodyti.

4. Įrodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus n, didesnio už 1, dviguba nelygybė yra teisinga

5. Įrodykite, kad natūraliajam n > 1 ir |x|

(1–x)n +(1+x)n

Jei n=2, nelygybė yra teisinga. tikrai,

(1–x) 2 + (1+x) 2 = 2+2 x 2

Jei nelygybė teisinga n=k, tai n=k+1 turime

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

Nelygybė įrodyta bet kuriam natūraliajam skaičiui n > 1.

6. Plokštumoje yra n apskritimų. Įrodykite, kad esant bet kokiam šių apskritimų išdėstymui, jų sudarytas žemėlapis gali būti teisingai nuspalvintas dviem spalvomis.

Pasinaudokime matematinės indukcijos metodu.

Jei n=1, teiginys yra akivaizdus.

Tarkime, kad teiginys teisingas bet kuriam žemėlapiui, sudarytam iš n apskritimų, ir tegul plokštumoje yra n+1 apskritimų. Pašalinus vieną iš šių apskritimų, gauname žemėlapį, kuris dėl padarytos prielaidos gali būti teisingai nuspalvintas dviem spalvomis (žr. pirmąjį paveikslėlį žemiau).

Tada atkurkime išmestą apskritimą ir vienoje jo pusėje, pavyzdžiui, viduje, pakeiskime kiekvienos srities spalvą į priešingą (žr. antrą paveikslėlį). Nesunku suprasti, kad tokiu atveju gausime teisingai nuspalvintą žemėlapį dviem spalvomis, bet tik dabar n+1 apskritimams, ką ir reikėjo įrodyti.

7. Išgaubtą daugiakampį pavadinsime „gražiu“, jei bus įvykdytos šios sąlygos:

1) kiekviena jo viršūnė nudažyta viena iš trijų spalvų;

2) bet kurios dvi gretimos viršūnės yra nudažytos skirtingomis spalvomis;

3) bent viena daugiakampio viršūnė nudažyta kiekviena iš trijų spalvų.

Įrodykite, kad bet kurį gražų n-kampį galima išpjauti nesujungtomis įstrižainėmis į „gražius“ trikampius.

Pasinaudokime matematinės indukcijos metodu.

Indukcinė bazė. Esant mažiausiam įmanomam n=3 uždavinio teiginys akivaizdus: „gražaus“ trikampio viršūnės nudažytos trimis skirtingomis spalvomis ir nereikia jokių pjūvių.

Indukcijos prielaida. Tarkime, kad uždavinio teiginys yra teisingas bet kuriam „gražiam“ n-gon.

Indukcinis žingsnis. Panagrinėkime savavališką „gražųjį“ (n+1) kampą ir remdamiesi indukcijos hipoteze įrodykime, kad jį tam tikromis įstrižainėmis galima perpjauti į „gražius“ trikampius. Pažymėkime A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 nuoseklias (n+1) kampo viršūnes. Jei tik viena (n+1) kampo viršūnė yra nuspalvinta bet kuria iš trijų spalvų, tai sujungus šią viršūnę įstrižainėmis su visomis viršūnėmis, kurios nėra greta jos, gauname reikiamą (n+1) skaidinį. )-gon į "gražius" trikampius.

Jei bent dvi (n+1) kampo viršūnės yra nuspalvintos kiekviena iš trijų spalvų, tada viršūnės A 1 spalvą pažymime skaičiumi 1, o viršūnės A 2 - skaičiumi 2. Tegul k yra mažiausias skaičius, kad viršūnė A k būtų nuspalvinta trečia spalva. Aišku, kad k > 2. Trikampį A k–2 A k–1 A k nupjaukime nuo (n+1)-kampio, kurio įstrižainė A k–2 A k. Pasirinkus skaičių k, visos šio trikampio viršūnės nudažytos trimis skirtingomis spalvomis, tai yra, šis trikampis yra „gražus“. Likęs išgaubtas n-kampis A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 taip pat, remiantis indukcine prielaida, bus „gražus“, o tai reiškia jis suskirstytas į „gražius“ trikampius, kuriuos ir reikėjo įrodyti.

8. Įrodykite, kad išgaubtame n kampe neįmanoma pasirinkti daugiau nei n įstrižainių, kad bet kurios dvi iš jų turėtų bendrą tašką.

Įrodinėjimą atlikime matematinės indukcijos metodu.

Įrodykime bendresnį teiginį: išgaubtame n kampe neįmanoma pasirinkti daugiau nei n kraštinių ir įstrižainių, kad bet kurios dvi iš jų turėtų bendrą tašką. Jei n = 3, teiginys yra akivaizdus. Tarkime, kad šis teiginys yra teisingas savavališkam n-kampui ir, naudodami tai, įrodysime jo galiojimą savavališkam (n+1)-kampui.

Tarkime, kad šis teiginys nėra teisingas (n+1) kampui. Jei iš kiekvienos (n+1) kampo viršūnės iškyla ne daugiau kaip dvi pasirinktos kraštinės arba įstrižainės, tai iš viso jų pasirenkama ne daugiau kaip n+1. Todėl iš kurios nors viršūnės A išeina bent trys pasirinktos kraštinės arba įstrižainės AB, AC, AD. Tegul AC yra tarp AB ir AD. Kadangi bet kuri kraštinė arba įstrižainė, išeinanti iš taško C ir išskyrus CA, negali tuo pačiu metu susikirsti su AB ir AD, iš taško C atsiranda tik viena pasirinkta įstrižainė CA.

Atmetus tašką C kartu su įstriža CA, gauname išgaubtą n kampą, kuriame pasirinkta daugiau nei n kraštinių ir įstrižainių, iš kurių bet kurios dvi turi bendrą tašką. Taigi, mes prieštaraujame prielaidai, kad teiginys yra teisingas savavališkai išgaubtam n kampui.

Taigi (n+1)-gon teiginys yra teisingas. Pagal matematinės indukcijos principą teiginys teisingas bet kuriam išgaubtam n kampui.

9. Plokštumoje yra n tiesių, iš kurių nėra dviejų lygiagrečių ir per tą patį tašką neeina trys. Į kiek dalių šios linijos padalija plokštumą?

Naudodami elementarius brėžinius galite nesunkiai patikrinti, ar viena tiesė padalija plokštumą į 2 dalis, dvi tiesės į 4 dalis, trys tiesios į 7 dalis, o keturios tiesės – į 11 dalių.

N(n) pažymėkime dalių, į kurias plokštumą dalija n tiesių, skaičių. Galima pastebėti, kad

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

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

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

Natūralu taip manyti

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

arba, kaip lengva nustatyti, naudojant pirmųjų n aritmetinės progresijos narių sumos formulę,

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

Įrodykime šios formulės pagrįstumą matematinės indukcijos metodu.

Jei n=1 formulė jau patikrinta.

Padarę indukcijos prielaidą, laikome k+1 eilutes, kurios tenkina uždavinio sąlygas. Iš jų savavališkai parinksime k tiesių. Pagal indukcijos hipotezę jie padalins plokštumą į 1+ k(k+1)/2 dalis. Likusi (k+1)-oji tiesė bus padalinta iš pasirinktų k tiesių į k+1 dalis ir eis išilgai (k+1)-osios dalies, į kurią plokštuma jau buvo padalinta, ir kiekviena iš šių dalių bus padalinta į 2 dalis, tai yra dar k+1 dalis. Taigi,

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

Q.E.D.

10. Išraiškoje x 1: x 2: ... : x n skliausteliuose nurodoma veiksmų tvarka, o rezultatas rašomas trupmena:

(šiuo atveju kiekviena iš raidžių x 1, x 2, ..., x n yra trupmenos skaitiklyje arba vardiklyje). Kiek skirtingų išraiškų galima gauti tokiu būdu su visais įmanomais skliaustų dėjimo būdais?

Visų pirma, aišku, kad gautoje trupmenoje x 1 bus skaitiklyje. Beveik taip pat akivaizdu, kad x 2 bus vardiklyje, kad ir kaip būtų dedami skliaustai (dalybos ženklas prieš x 2 reiškia arba patį x 2, arba kokią nors išraišką, kurios skaitiklyje yra x 2).

Galima daryti prielaidą, kad visos kitos raidės x 3, x 4, ..., x n gali būti skaitiklyje arba vardiklyje visiškai savavališkai. Iš to išplaukia, kad iš viso galima gauti 2 n–2 trupmenas: kiekviena iš n–2 raidžių x 3, x 4, ..., x n skaitiklyje arba vardiklyje gali atsirasti nepriklausomai nuo kitų.

Įrodykime šį teiginį indukcija.

Su n=3 galite gauti 2 trupmenas:

taigi teiginys yra teisingas.

Tarkime, kad tai teisinga, kai n=k, ir įrodykime, kad n=k+1.

Tegul išraiška x 1: x 2: ... : x k po tam tikro skliaustų išdėstymo rašoma tam tikros trupmenos Q forma. Jei vietoj x k šioje išraiškoje pakeisime x k: x k+1, tai x k bus toje pačioje vietoje, kur buvo trupmenoje Q, o x k+1 nebus ten, kur buvo x k (jei x k buvo vardiklyje, tai x k+1 bus skaitiklyje ir atvirkščiai).

Dabar įrodysime, kad prie tos pačios vietos, kur yra x k, galime pridėti x k+1. Trupmenoje Q, padėjus skliaustus, būtinai bus q:x k formos išraiška, kur q yra raidė x k–1 arba kokia nors išraiška skliausteliuose. Pakeitę q:x k išraiška (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), akivaizdžiai gauname tą pačią trupmeną Q, kur vietoj x k yra x k ·x k+1 .

Taigi visų galimų trupmenų skaičius n=k+1 atveju yra 2 kartus didesnis nei n=k atveju ir lygus 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Taigi teiginys yra įrodytas.

Atsakymas: 2 n–2 trupmenos.

Problemos be sprendimų

1. Įrodykite, kad bet kuriam natūraliam n:

a) skaičius 5 n –3 n +2n dalijasi iš 4;

b) skaičius n 3 +11n dalijasi iš 6;

c) skaičius 7 n +3n–1 dalijasi iš 9;

d) skaičius 6 2n +19 n –2 n+1 dalijasi iš 17;

e) skaičius 7 n+1 +8 2n–1 dalijasi iš 19;

e) skaičius 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 dalijasi iš 27.

2. Įrodykite, kad (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Įrodykite nelygybę |sin nx| n|sin x| bet kuriai natūraliai n.

4. Raskite natūraliuosius skaičius a, b, c, kurie nesidalija iš 10 ir tokius, kad bet kurio natūraliojo n skaičių a n + b n ir c n paskutiniai du skaitmenys būtų vienodi.

5. Įrodykite, kad jei n taškų nėra toje pačioje tiesėje, tai tarp juos jungiančių tiesių yra bent n skirtingų.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Pažvelkime į kairę paskutinės lygybės pusę.

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

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

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

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

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

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

Užduotis. Įrodyk, kur nN.

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

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

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

Bet , o tai reiškia .

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

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

Kitus teiginius galima įrodyti matematinės indukcijos metodu.

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

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

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

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

Produktas yra 7 kartotinis, todėl ir .

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

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

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

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