Z metodo matematične indukcije dokažite formulo. Načelo matematične indukcije

Z metodo matematične indukcije dokažite, da je za vsako naravno n veljajo naslednje enakosti:
A) ;
b) .

rešitev.

a) Kdaj n= 1 enakost velja. Ob predpostavki veljavnosti enakosti pri n, pokažimo njegovo veljavo tudi takrat, ko n+ 1. Dejansko,

Q.E.D.

b) Kdaj n= 1 je veljavnost enakosti očitna. Od predpostavke o njegovi veljavnosti pri n naj

Glede na enakost 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, dobimo

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

t.j. trditev velja tudi takrat, ko n + 1.

Primer 1. Dokaži naslednje enakosti

rešitev. a) Kdaj n= 1 bo enakost imela obliko 1=1, torej p(1) drži. Predpostavimo, da je ta enakost resnična, torej velja

Tako po metodi matematične indukcije izvirna enakost velja za vsako naravno n.

Opomba 2. Ta primer bi lahko rešili drugače. Dejansko je vsota 1 + 2 + 3 + ... + n je vsota prvega nčleni aritmetične progresije s prvim členom a 1 = 1 in razlika d= 1. Na podlagi dobro znane formule , dobimo

b) Kdaj n= 1 bo enakost imela obliko: 2 1 - 1 = 1 2 ali 1=1, tj. p(1) drži. Predpostavimo, da je enakost

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 in dokazati, da se zgodip(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 ali 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Z uporabo indukcijske hipoteze dobimo

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

torej p(n+ 1) velja in je zato zahtevana enakost dokazana.

Opomba 3. Ta primer je mogoče rešiti (podobno kot prejšnjega) brez uporabe metode matematične indukcije.

c) Kdaj n= 1 velja enakost: 1=1. Predpostavimo, da enakost velja

d) Kdaj n= 1 velja enakost: 1=1. Predpostavimo, da se zgodi

res,

e) Odobritev p(1) res: 2=2. Predpostavimo, da je enakost

Posledično izvirna enakost velja za vsako naravno n.

f) p(1) res: 1/3 = 1/3. Naj bo enakost p(n):

Res, glede na to p(n) drži, dobimo

Tako je enakost dokazana.

g) Kdaj n= 1 imamo a + b = b + a in zato je enakost pravična.

Naj velja Newtonova binomska formula za n = k, to je

Primer 2. Dokaži neenakosti

rešitev. a) Kdaj n= 1 dobimo pravo neenakost

1 + a ≥ 1 + a . Predpostavimo, da obstaja neenakost

Dejansko, ker a > -1 implicira a + 1 > 0, potem z množenjem obeh strani neenakosti (1) z (a + 1) dobimo

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) ali (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Odkar n a 2 ≥ 0, torej(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Torej, če p(n) je torej res p(n+ 1) je resnična, zato je po principu matematične indukcije Bernoullijeva neenakost resnična.

b) Kdaj n= 1 dobimo x 1 = 1 in zato x 1 ≥ 1, to je p(1) je poštena izjava. Pretvarjajmo se, da p(n) velja, to je, če adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n pozitivna števila, katerih produkt je enak ena, x 1 x 2 ·...· x n= 1 in x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Pokažimo, da ta stavek vključuje resnico naslednjega: če x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) pozitivna števila, tako da x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, torej x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Razmislite o naslednjih dveh primerih:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Potem je vsota teh števil ( n+ 1) in zahtevana neenakost je izpolnjena;

2) vsaj eno število je različno od ena, naj bo na primer večje od ena. Potem, odkar x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, obstaja vsaj še eno število, ki je različno od ena (natančneje manj kot ena). Pustiti x n+ 1 > 1 in x n < 1. Рассмотрим n pozitivna števila

Zaradi

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, torej 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. Zato je x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, torej če p(n) je torej resp(n+ 1) pošteno. Neenakost je dokazana.

Opomba 4. Enako velja, če in samo če x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Naj x 1 ,x 2 ,...,x n- poljubna pozitivna števila. Razmislite o naslednjem n pozitivna števila:

Opomba 5. Enakost velja, če in samo če x 1 = x 2 = ... = x n .

d) p(1) je poštena izjava: sin 2 a + cos 2 a = 1. Predpostavimo, da p(n) je resnična izjava:

Greh 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 in pokažite, kaj se zgodip(n+ 1). res, greh 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = greh 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (če je sin 2 a ≤ 1, potem je cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, potem sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n O n greh 2 n a + cos 2 n ≤ 1 in znak enakosti je dosežen le, čen = 1.

e) Kdaj n= 1 trditev je resnična: 1< 3 / 2 .

Predpostavimo, da in to bomo dokazali

f) Ob upoštevanju opombe 1 preverimo p(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, torej za n= 10 trditev drži. Predpostavimo, da 2 n > n 3 (n> 10) in dokažite p(n+ 1), torej 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Od kdaj n> 10 imamo oz , temu sledi

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 oz n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Glede na neenakost (2 n > n 3), dobimo 2 n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Tako je po metodi matematične indukcije za vsako naravno n O n, n≥ 10 imamo 2 n > n 3 .

Primer 3. Dokaži to komu n O n

rešitev. a) p(1) je pravilna izjava (0 je deljeno s 6). Pustiti p(n) pošteno, tj n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) je deljivo s 6. Pokažimo, da potem nastopi p(n+ 1), torej ( n + 1)n(2n+ 1) je deljivo s 6. Dejansko, saj

torej p(n+ 1) je poštena izjava in zato n(2n 2 - 3n+ 1) deljivo s 6 za poljubno n O n.

b) Preverimo p(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, torej, p(1) je poštena izjava. Treba je dokazati, da če je 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 je deljeno z 11 ( p(n)), nato 6 2 n + 3 n+2 + 3 n tudi deljivo z 11 ( p(n+ 1)). Dejansko, saj

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 in podobno 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 in 33 6 2 n-2 so deljive z 11, potem je njihova vsota 6 2n + 3 n+2 + 3 n je deljivo z 11. Trditev je dokazana. Indukcija v geometriji

Primer 4. Izračunaj stran pravilnega 2 n- trikotnik, včrtan krogu polmera R.

Bibliografski opis: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Uporaba metode matematične indukcije pri reševanju problemov deljivosti naravnih števil // Mladi znanstvenik. 2015. št. 2. Str. 84-86..02.2019).

Na matematičnih olimpijadah so pogosto precej zahtevni problemi dokazovanja deljivosti naravnih števil. Šolarji se soočajo s problemom: kako najti univerzalno matematično metodo, ki jim omogoča reševanje takšnih problemov?

Izkazalo se je, da je večino problemov pri dokazovanju deljivosti mogoče rešiti z metodo matematične indukcije, vendar je v šolskih učbenikih tej metodi posvečeno zelo malo pozornosti, največkrat je podan kratek teoretični opis in analiziranih več problemov.

Metodo matematične indukcije najdemo v teoriji števil. Na zori teorije števil so matematiki veliko dejstev odkrili induktivno: L. Euler in K. Gauss sta včasih pretehtala na tisoče primerov, preden sta opazila numerični vzorec in vanj verjela. Toda hkrati so razumeli, kako varljive so lahko hipoteze, ki so prestale »končni« test. Za induktivni prehod od izjave, preverjene za končno podmnožico, do podobne izjave za celotno neskončno množico, je potreben dokaz. To metodo je predlagal Blaise Pascal, ki je našel splošni algoritem za iskanje znakov deljivosti katerega koli celega števila s katerim koli drugim celim številom (traktat "O naravi deljivosti števil").

Z metodo matematične indukcije dokazujemo s sklepanjem resničnost neke trditve za vsa naravna števila ali resničnost trditve, ki se začne pri določenem številu n.

Reševanje nalog za dokazovanje resničnosti določene trditve z metodo matematične indukcije je sestavljeno iz štirih stopenj (slika 1):

riž. 1. Shema za rešitev problema

1. Indukcijska osnova . Preverijo veljavnost trditve za najmanjše naravno število, za katero je trditev smiselna.

2. Induktivna hipoteza . Predpostavimo, da je trditev resnična za neko vrednost k.

3. Indukcijski prehod . Dokažemo, da trditev velja za k+1.

4. Zaključek . Če je bil tak dokaz dokončan, potem lahko na podlagi načela matematične indukcije trdimo, da je trditev resnična za vsako naravno število n.

Razmislimo o uporabi metode matematične indukcije pri reševanju problemov dokazovanja deljivosti naravnih števil.

Primer 1. Dokaži, da je število 5 večkratnik števila 19, kjer je n naravno število.

Dokaz:

1) Preverimo, ali je ta formula pravilna za n = 1: število =19 je večkratnik 19.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. število je večkratnik 19.

Je večkratnik 19. Dejansko je prvi člen deljiv z 19 zaradi predpostavke (2); drugi člen je prav tako deljiv z 19, ker vsebuje faktor 19.

Primer 2. Dokaži, da je vsota kubov treh zaporednih naravnih števil deljiva z 9.

Dokaz:

Dokažimo trditev: »Za vsako naravno število n je izraz n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 večkratnik števila 9.

1) Preverimo, ali je ta formula pravilna za n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 večkratnikov 9.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 je večkratnik 9.

3) Dokažimo, da formula velja tudi za n = k + 1, tj. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 je večkratnik 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).

Dobljeni izraz vsebuje dva člena, od katerih je vsak deljiv z 9, torej je vsota deljiva z 9.

4) Oba pogoja načela matematične indukcije sta izpolnjena, zato je stavek resničen za vse vrednosti n.

Primer 3. Dokaži, da je za vsako naravno število n število 3 2n+1 +2 n+2 deljivo s 7.

Dokaz:

1) Preverimo, ali je ta formula pravilna za n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 je večkratnik 7.

2) Naj ta formula velja za n = k, tj. 3 2 k +1 +2 k +2 je deljeno s 7.

3) Dokažimo, da formula velja tudi za n = k + 1, tj.

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 deljeno s 7 in 7 2 k +2 deljeno s 7, potem je njuna razlika deljena s 7.

4) Oba pogoja načela matematične indukcije sta izpolnjena, zato je stavek resničen za vse vrednosti n.

Številne dokazne naloge v teoriji deljivosti naravnih števil je mogoče enostavno rešiti z metodo matematične indukcije, lahko celo rečemo, da je reševanje problemov s to metodo povsem algoritemsko, dovolj je, da izvedemo 4 osnovne korake. Toda te metode ne moremo imenovati univerzalne, saj obstajajo tudi slabosti: prvič, dokazati jo je mogoče le na nizu naravnih števil, in drugič, dokazati jo je mogoče samo za eno spremenljivko.

Za razvoj logičnega mišljenja in matematične kulture je ta metoda nujno orodje, saj je veliki ruski matematik A. N. Kolmogorov dejal: »Razumevanje in sposobnost pravilne uporabe principa matematične indukcije je dobro merilo logične zrelosti, ki je absolutno potrebno za matematika.«

Literatura:

1. Vilenkin N. Ya. Indukcija. Kombinatorika. - M .: Izobraževanje, 1976. - 48 str.

2. Genkin L. O matematični indukciji. - M., 1962. - 36 str.

3. Solominsky I. S. Metoda matematične indukcije. - M.: Nauka, 1974. - 63 str.

4. Sharygin I.F. Izbirni predmet matematike: Reševanje problemov: Učbenik za 10. razred. šolsko povprečje - M .: Izobraževanje, 1989. - 252 str.

5. Shen A. Matematična indukcija. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 str.

Metoda matematične indukcije

Uvod

Glavni del

1. Popolna in nepopolna indukcija
2. Načelo matematične indukcije
3. Metoda matematične indukcije
4. Reševanje primerov
5. Enakosti
6. Deljenje števil
7. Neenakosti

Zaključek

Seznam uporabljene literature

Uvod

Osnova vsake matematične raziskave so deduktivne in induktivne metode. Deduktivna metoda sklepanja je sklepanje od splošnega k posebnemu, tj. sklepanje, katerega izhodišče je splošni rezultat, končna točka pa partikularni rezultat. Indukcija se uporablja pri prehodu od posameznih rezultatov k splošnim, tj. je nasprotje deduktivne metode.

Metodo matematične indukcije lahko primerjamo z napredkom. Začnemo od najnižjega in kot rezultat logičnega razmišljanja pridemo do najvišjega. Človek je od nekdaj težil k napredku, k sposobnosti logičnega razvoja misli, kar pomeni, da mu je narava sama namenila induktivno mišljenje.

Čeprav se je obseg uporabe metode matematične indukcije povečal, se ji v šolskem kurikulumu posveča malo časa. No, povejte mi, da bodo človeku koristile tiste dve ali tri lekcije, med katerimi bo slišal pet besed teorije, rešil pet primitivnih problemov in posledično prejel petico za dejstvo, da ne ve ničesar.

Vendar je zelo pomembno, da lahko razmišljamo induktivno.

Glavni del

V svojem prvotnem pomenu se beseda "indukcija" uporablja za razmišljanje, s katerim se na podlagi številnih posebnih trditev pridobijo splošni zaključki. Najenostavnejša metoda sklepanja te vrste je popolna indukcija. Tu je primer takšnega razmišljanja.

Naj bo treba ugotoviti, da je vsako sodo naravno število n znotraj 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.

Teh devet enakosti kaže, da je vsako od števil, ki nas zanimajo, dejansko predstavljeno kot vsota dveh preprostih členov.

Tako je popolna indukcija sestavljena iz dokazovanja splošne trditve ločeno v vsakem od končnega števila možnih primerov.

Včasih je splošni rezultat mogoče napovedati po upoštevanju ne vseh, ampak dovolj velikega števila posebnih primerov (tako imenovana nepopolna indukcija).

Rezultat, dobljen z nepopolno indukcijo, pa ostane le hipoteza, dokler ni dokazan z natančnim matematičnim sklepanjem, ki zajema vse posebne primere. Z drugimi besedami, nepopolna indukcija v matematiki ne velja za legitimno metodo strogega dokaza, ampak je močna metoda za odkrivanje novih resnic.

Recimo, da želite najti vsoto prvih n zaporednih lihih števil. Razmislimo o posebnih primerih:

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

Po preučitvi teh nekaj posebnih primerov se predlaga naslednji splošni sklep:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tiste. vsota prvih n zaporednih lihih števil je n 2

Seveda opažanje še ne more služiti kot dokaz veljavnosti podane formule.

Popolna indukcija ima le omejeno uporabo v matematiki. Številne zanimive matematične izjave pokrivajo neskončno število posebnih primerov, vendar jih ne moremo preizkusiti za neskončno število primerov. Nepopolna indukcija pogosto vodi do napačnih rezultatov.

V mnogih primerih je izhod iz te težave ta, da se zatečemo k posebni metodi sklepanja, imenovani metoda matematične indukcije. To je naslednje.

Recimo, da morate dokazati veljavnost določene izjave za poljubno naravno število n (na primer, morate dokazati, da je vsota prvih n lihih števil enaka n 2). Neposredno preverjanje te izjave za vsako vrednost n ni mogoče, saj je množica naravnih števil neskončna. Da bi dokazali to trditev, najprej preverite njeno veljavnost za n=1. Nato dokažejo, da za katero koli naravno vrednost k veljavnost obravnavane izjave za n=k implicira njeno veljavnost za n=k+1.

Potem velja, da je trditev dokazana za vse n. Dejansko je trditev resnična za n=1. Toda potem velja tudi za naslednje število n=1+1=2. Veljavnost izjave za n=2 pomeni njeno veljavnost za n=2+

1=3. To implicira veljavnost izjave za n=4 itd. Jasno je, da bomo na koncu dosegli poljubno naravno število n. To pomeni, da trditev velja za vsak n.

Če povzamemo povedano, oblikujemo naslednje splošno načelo.

Načelo matematične indukcije.

Če je stavek A(n), odvisen od naravnega števila n, resničen za n=1 in iz dejstva, da je resničen za n=k (kjer je k poljubno naravno število), sledi, da je resničen tudi za naslednje število n=k +1, potem velja predpostavka A(n) za vsako naravno število n.

V številnih primerih bo morda treba dokazati veljavnost določene trditve ne za vsa naravna števila, ampak le za n>p, kjer je p fiksno naravno število. V tem primeru je načelo matematične indukcije oblikovano na naslednji način.

Če je trditev A(n) resnična za n=p in če je A(k)ÞA(k+1) za katerikoli k>p, potem je trditev A(n) resnična za kateri koli n>p.

Dokaz z uporabo metode matematične indukcije se izvede na naslednji način. Najprej se trditev, ki jo je treba dokazati, preveri za n=1, tj. ugotovljena je resničnost izjave A(1). Ta del dokaza se imenuje indukcijska baza. Nato pride del dokaza, imenovan indukcijski korak. V tem delu dokazujejo veljavnost trditve za n=k+1 ob predpostavki veljavnosti trditve za n=k (indukcijska predpostavka), t.j. dokaži, da je A(k)ÞA(k+1).

Dokažite, da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Rešitev: 1) Imamo n=1=1 2 . torej

izjava velja za n=1, tj. A(1) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1).

Naj bo k poljubno naravno število in naj velja trditev za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo, da potem trditev velja tudi za naslednje naravno število n=k+1, tj. Kaj

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Prav zares,

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

Torej, A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da predpostavka A(n) velja za vsak nÎN.

Dokaži to

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

Rešitev: 1) Za n=1 dobimo

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

zato je za n=1 formula pravilna; A(1) drži.

2) Naj bo k poljubno naravno število in naj velja formula za n=k, tj.

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

Dokažimo, da je potem enakost

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

Prav zares

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).

Torej, A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije sklepamo, da formula velja za vsako naravno število n.

Dokažite, da je število diagonal konveksnega n-kotnika enako n(n-3)/2.

Rešitev: 1) Za n=3 trditev drži

In 3 je smiselno, ker v trikotniku

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

A 2 A(3) drži.

2) Predpostavimo, da v vsakem

konveksni k-kotnik ima-

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

In k Dokažimo, da potem v konveksni

(k+1)-gonsko število

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

Naj bo A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 konveksen (k+1)-kotnik. Vanj narišimo diagonalo A 1 A k. Če želite izračunati skupno število diagonal tega (k+1)-kotnika, morate prešteti število diagonal v k-kotniku A 1 A 2 ...A k, dobljenemu številu dodati k-2, tj. število diagonal (k+1)-kotnika, ki izhajajo iz oglišča A k+1, poleg tega pa je treba upoštevati še diagonalo A 1 A k.

torej

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

Torej, A(k)ÞA(k+1). Zaradi načela matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.

Dokažite, da za vsak n velja naslednja izjava:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

To pomeni, da je za n=1 trditev resnična.

2) Predpostavimo, da je n=k

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

3) Upoštevajte to izjavo za n=k+1

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

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

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

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

Dokazali smo, da enakost velja za n=k+1, torej na podlagi metode matematične indukcije trditev velja za vsako naravno število n.

Dokaži, da za vsako naravno število n velja enakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rešitev: 1) Naj bo n=1.

Potem je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vidimo, da za n=1 trditev drži.

2) Recimo, da enakost velja za n=k

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

3) Dokažimo resničnost te izjave za n=k+1, tj.

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

Iz zgornjega dokaza je jasno, da trditev velja za n=k+1, torej enakost velja za vsako naravno število n.

Dokaži to

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

Rešitev: 1) Za n=2 je identiteta videti takole: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tiste. res je

2) Predpostavimo, da izraz velja za n=k

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

3) Dokažimo pravilnost izraza za n=k+1.

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

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Dokazali smo, da je enakost resnična za n=k+1, zato je na podlagi metode matematične indukcije trditev resnična za vsak n>2

Dokaži to

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

za vsako naravno n.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

2) Denimo, da je torej n=k

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

3) Dokažimo resničnost te izjave za n=k+1

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

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

Dokazana je tudi veljavnost enakosti za n=k+1, torej trditev velja za vsako naravno število n.

Dokažite, da je identiteta pravilna

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

za vsako naravno n.

1) Za n=1 velja istovetnost 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Recimo, da je za n=k

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

3) Dokažimo, da je identiteta resnična za n=k+1.

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

Iz zgornjega dokaza je jasno, da trditev velja za vsako naravno število n.

Dokažite, da je (11 n+2 +12 2n+1) deljivo s 133 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

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

Toda (23´133) je deljivo s 133 brez ostanka, kar pomeni, da je za n=1 trditev resnična; A(1) drži.

2) Recimo, da je (11 k+2 +12 2k+1) deljivo s 133 brez ostanka.

3) Dokažimo to v tem primeru

(11 k+3 +12 2k+3) je deljivo s 133 brez ostanka. Dejansko je 11 k+3 +12 2l+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 .

Dobljeno vsoto delimo s 133 brez ostanka, saj je njen prvi člen po predpostavki deljiv s 133 brez ostanka, v drugem faktorju pa je 133. Torej A(k)ÞA(k+1). Trditev je bila dokazana z metodo matematične indukcije.

Dokažite, da je za vsak n 7 n -1 deljivo s 6 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je X 1 =7 1 -1=6 deljeno s 6 brez ostanka. To pomeni, da je trditev resnična, ko je n=1.

2) Recimo, da je za n=k

7 k -1 je deljivo s 6 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1.

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

Prvi člen je deljiv s 6, ker je 7 k -1 po predpostavki deljiv s 6, drugi člen pa je 6. To pomeni, da je 7 n -1 večkratnik 6 za kateri koli naravni n. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 3 3n-1 +2 4n-3 za poljuben naravni n deljivo z 11.
Rešitev: 1) Naj bo torej n=1

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 je deljeno z 11 brez ostanka. To pomeni, da je za n=1 trditev resnična.

2) Recimo, da je za n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 je deljivo z 11 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1.

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

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

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

Prvi člen je deljiv z 11 brez ostanka, saj je 3 3k-1 +2 4k-3 po predpostavki deljiv z 11, drugi pa je deljiv z 11, ker je eden od njegovih faktorjev število 11. To pomeni, da je vsota je za vsako naravno število n deljivo z 11 brez ostanka. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da je 11 2n -1 za poljuben naravni n deljivo s 6 brez ostanka.

Rešitev: 1) Naj bo n=1, potem je 11 2 -1=120 deljivo s 6 brez ostanka. To pomeni, da je trditev resnična, ko je n=1.

2) Recimo, da je za n=k

11 2k -1 je deljivo s 6 brez ostanka.

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

Oba člena sta deljiva s 6 brez ostanka: prvi vsebuje večkratnik števila 6, število 120, drugi pa je po predpostavki deljiv s 6 brez ostanka. To pomeni, da je vsota brez ostanka deljiva s 6. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokaži, da je 3 3n+3 -26n-27 za poljubno naravno število n deljivo z 26 2 (676) brez ostanka.

Rešitev: Najprej dokažemo, da je 3 3n+3 -1 deljivo s 26 brez ostanka.

1. Ko je n=0

3 3 -1=26 je deljeno s 26

2. Recimo, da za n=k

3 3k+3 -1 je deljivo s 26

3. Dokažimo, da je izjava

velja za n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – deljeno s 26

Zdaj pa izvedimo dokaz izjave, formulirane v izjavi problema.

1) Očitno, ko je n=1, je izjava resnična

3 3+3 -26-27=676

2) Recimo, da je za n=k

izraz 3 3k+3 -26k-27 delimo s 26 2 brez ostanka.

3) Dokažimo, da trditev drži za n=k+1

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

Oba člena sta deljiva z 26 2; prvi je deljiv s 26 2, ker smo dokazali, da je izraz v oklepaju deljiv s 26, drugi pa je deljiv z indukcijsko hipotezo. S pomočjo metode matematične indukcije je trditev dokazana.

Dokažite, da če je n>2 in x>0, potem neenakost velja

(1+x) n >1+n´x.

Rešitev: 1) Za n=2 neenakost velja, saj

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

Torej A(2) drži.

2) Dokažimo, da je A(k)ÞA(k+1), če je k> 2. Predpostavimo, da A(k) velja, tj. da velja neenakost

(1+x) k >1+k´x. (3)

Dokažimo, da potem velja tudi A(k+1), tj. da velja neenakost

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Če pomnožimo obe strani neenakosti (3) s pozitivnim številom 1+x, dobimo

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Oglejmo si desno stran zadnje neenakosti

stva; imamo

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

Kot rezultat, to dobimo

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Torej, A(k)ÞA(k+1). Na podlagi načela matematične indukcije lahko trdimo, da Bernoullijeva neenakost velja za katero koli

Dokaži, da neenakost drži

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

Rešitev: 1) Ko je m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 obe strani sta enaki.

2) Recimo, da za m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Dokažimo, da za m=k+1 neenakost velja

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

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

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

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Dokazali smo veljavnost neenakosti za m=k+1, torej po metodi matematične indukcije neenakost velja za vsak naravni m.

Dokažite, da za n>6 neenakost velja

3 n >n´2 n+1 .

Rešitev: Prepišimo neenačbo v obliki

1. Za n=7 imamo

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

neenakost je resnična.

2. Recimo, da za n=k

3) Dokažimo veljavnost neenakosti za n=k+1.

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

Ker je k>7, je zadnja neenakost očitna.

Na podlagi metode matematične indukcije je neenakost veljavna za vsako naravno število n.

Dokažite, da za n>2 neenakost velja

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

Rešitev: 1) Za n=3 neenakost velja

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

1. Recimo, da za n=k

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

3) Dokažimo veljavnost ne-

enakost za n=k+1

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

Dokažimo, da je 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

Slednje je očitno in zato

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

Z metodo matematične indukcije je neenakost dokazana.

Zaključek

Predvsem s preučevanjem metode matematične indukcije sem povečal svoje znanje na tem področju matematike in se tudi naučil reševati probleme, ki prej niso bili v moji moči.

To so bile predvsem logične in zabavne naloge, t.j. le tiste, ki povečujejo zanimanje za samo matematiko kot znanost. Reševanje tovrstnih problemov postane zabavna dejavnost in lahko v matematične labirinte privabi vedno več radovednežev. Po mojem mnenju je to osnova vsake znanosti.

Z nadaljevanjem študija metode matematične indukcije se bom poskušal naučiti, kako jo uporabiti ne le v matematiki, ampak tudi pri reševanju problemov v fiziki, kemiji in življenju samem.

MATEMATIKA:

PREDAVANJA, PROBLEMI, REŠITVE

Učbenik / V.G.Boltyansky, Yu.V.Sidorov, M.I.Shabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRA IN ZAČETKI ANALIZE

Učbenik / I.T. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. "Razsvetljenje" 1975.

Indukcija je metoda pridobivanja splošne izjave iz posebnih opazovanj. V primeru, da se matematična izjava nanaša na končno število predmetov, jo je mogoče dokazati s testiranjem za vsak objekt. Na primer, izjava: "Vsako dvomestno sodo število je vsota dveh praštevil," izhaja iz niza enakosti, ki jih je povsem mogoče ugotoviti:

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

Metoda dokaza, pri kateri se trditev preveri za končno število primerov, ki izčrpajo vse možnosti, se imenuje popolna indukcija. Ta metoda se uporablja relativno redko, saj matematične izjave praviloma ne zadevajo končnih, ampak neskončnih množic predmetov. Na primer, izjava o sodih dvomestnih številih, dokazana zgoraj s popolno indukcijo, je le poseben primer izreka: "Vsako sodo število je vsota dveh praštevil." Ta izrek še ni dokazan ali ovržen.

Matematična indukcija je metoda dokazovanja določene trditve za poljubno naravno število n, ki temelji na načelu matematične indukcije: »Če je izjava resnična za n=1 in njena veljavnost za n=k implicira veljavnost te izjave za n=k +1, potem velja za vse n " Metoda dokaza z matematično indukcijo je naslednja:

1) osnova indukcije: dokazujejo ali neposredno preverjajo veljavnost izjave za n=1 (včasih n=0 ali n=n 0);

2) indukcijski korak (prehod): predpostavijo veljavnost trditve za neko naravno število n=k in na podlagi te predpostavke dokažejo veljavnost trditve za n=k+1.

Težave z rešitvami

1. Dokaži, da je za vsako naravno število n število 3 2n+1 +2 n+2 deljivo s 7.

Označimo A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Indukcijska podlaga. Če je n=1, potem je A(1)=3 3 +2 3 =35 in je očitno deljivo s 7.

Indukcijska predpostavka. Naj bo A(k) deljivo s 7.

Indukcijski prehod. Dokažimo, da je A(k+1) deljivo s 7, to je veljavnost trditve problema za 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.

Zadnje število je deljivo s 7, saj je razlika dveh celih števil, deljivih s 7. Zato je 3 2n+1 +2 n+2 deljivo s 7 za vsako naravno število n.

2. Dokaži, da je za vsako naravno število n število 2 3 n +1 deljivo s 3 n+1 in ni deljivo s 3 n+2.

Uvedemo zapis: a i =2 3 i +1.

Za n=1 imamo in 1 =2 3 +1=9. Torej je 1 deljivo s 3 2 in ni deljivo s 3 3.

Naj bo za n=k število a k deljivo s 3 k+1 in ni deljivo s 3 k+2, to je a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kjer m ni deljivo s 3. Potem

in 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).

Očitno je k+1 deljivo s 3 k+2 in ni deljivo s 3 k+3.

Zato je trditev dokazana za vsako naravno število n.

3. Znano je, da je x+1/x celo število. Dokažite, da je tudi x n +1/x n celo število za vsako celo število n.

Uvedemo zapis: a i =х i +1/х i in takoj opazimo, da a i =а –i, zato bomo še naprej govorili o naravnih indeksih.

Opomba: a 1 je po dogovoru celo število; in 2 je celo število, saj je a 2 = (a 1) 2 –2; in 0 =2.

Predpostavimo, da je a k celo število za vsako naravno število k, ki ne presega n. Potem je a 1 ·a n celo število, toda a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 in a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Vendar pa je n–1 po indukcijski hipotezi celo število. To pomeni, da je n+1 tudi celo število. Zato je x n +1/x n celo število za vsako celo število n, kar je bilo treba dokazati.

4. Dokaži, da za vsako naravno število n, večje od 1, velja dvojna neenakost

5. Dokažite, da je za naravni n > 1 in |x|

(1–x)n +(1+x)n

Za n=2 neenakost velja. res,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Če neenakost velja za n=k, potem imamo za n=k+1

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

Neenakost je dokazana za vsako naravno število n > 1.

6. Na ravnini je n krogov. Dokažite, da je za kakršno koli razporeditev teh krogov zemljevid, ki ga tvorijo, mogoče pravilno pobarvati z dvema barvama.

Uporabimo metodo matematične indukcije.

Za n=1 je trditev očitna.

Predpostavimo, da trditev velja za kateri koli zemljevid, ki ga tvori n krogov, in naj bo na ravnini n+1 krogov. Če enega od teh krogcev odstranimo, dobimo zemljevid, ki ga lahko zaradi postavljene predpostavke pravilno pobarvamo z dvema barvama (glej prvo sliko spodaj).

Nato obnovimo zavrženi krog in na eni strani, na primer v notranjosti, spremenimo barvo vsakega področja v nasprotno (glej drugo sliko). Lahko vidimo, da bomo v tem primeru dobili zemljevid, pravilno obarvan z dvema barvama, vendar šele zdaj za n+1 krogov, kar je bilo treba dokazati.

7. Konveksni mnogokotnik bomo imenovali "lep", če so izpolnjeni naslednji pogoji:

1) vsaka njegova oglišča je pobarvana v eno od treh barv;

2) poljubni dve sosednji točki sta pobarvani v različnih barvah;

3) vsaj eno oglišče mnogokotnika je pobarvano v vsako od treh barv.

Dokažite, da lahko vsak lep n-kotnik razrežete z disjunktnimi diagonalami v »lepe« trikotnike.

Uporabimo metodo matematične indukcije.

Indukcijska podlaga. Pri najmanjšem možnem n=3 je trditev problema očitna: oglišča "lepega" trikotnika so pobarvana v treh različnih barvah in rezi niso potrebni.

Indukcijska predpostavka. Predpostavimo, da trditev problema velja za vsak "lep" n-kotnik.

Indukcijski korak. Oglejmo si poljuben »lep« (n+1)-kotnik in dokažimo z uporabo indukcijske hipoteze, da ga je mogoče razrezati z nekaterimi diagonalami v »lepe« trikotnike. Z A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 označimo zaporedna oglišča (n+1)-kotnika. Če je samo eno oglišče (n+1)-kotnika obarvano v katero koli od treh barv, potem s povezavo tega oglišča z diagonalami na vsa oglišča, ki mu niso sosednja, dobimo potrebno particijo (n+1) )-gon v "lepe" trikotnike.

Če sta vsaj dve oglišči (n+1)-kotnika pobarvani v vsako od treh barv, potem barvo oglišča A 1 označimo s številko 1, barvo oglišča A 2 pa s številko 2. Naj bo k najmanjše število tako, da je oglišče A k obarvano v tretjo barvo. Jasno je, da je k > 2. Trikotnik A k–2 A k–1 A k odrežemo od (n+1)-kotnika z diagonalo A k–2 A k. V skladu z izbiro števila k so vsa oglišča tega trikotnika pobarvana v treh različnih barvah, kar pomeni, da je ta trikotnik "lep". Konveksni n-kotnik A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , ki ostane, bo prav tako na podlagi induktivne predpostavke »lep«, kar pomeni razdeljen je na »lepe« trikotnike, kar je bilo treba dokazati.

8. Dokaži, da v konveksnem n-kotniku ni mogoče izbrati več kot n diagonal, tako da imata kateri koli dve skupno točko.

Izvedimo dokaz z metodo matematične indukcije.

Dokažimo bolj splošno trditev: v konveksnem n-kotniku ni mogoče izbrati več kot n stranic in diagonal, tako da imata kateri koli dve skupno točko. Za n = 3 je trditev očitna. Predpostavimo, da ta trditev velja za poljuben n-kotnik in s tem bomo dokazali veljavnost za poljuben (n+1)-kotnik.

Predpostavimo, da ta trditev ne drži za (n+1)-kotnik. Če iz vsakega oglišča (n+1)-kotnika ne izhajata več kot dve izbrani stranici ali diagonali, potem ni izbranih skupaj več kot n+1. Torej iz nekega oglišča A potekajo vsaj tri izbrane stranice oziroma diagonale AB, AC, AD. Naj AC leži med AB in AD. Ker nobena stranica ali diagonala, ki izhaja iz točke C in ni CA, ne more hkrati sekati AB in AD, izhaja iz točke C samo ena izbrana diagonala CA.

Če zavržemo točko C skupaj z diagonalo CA, dobimo konveksni n-kotnik, v katerem je izbranih več kot n stranic in diagonal, od katerih imata katerikoli dve skupno točko. Tako pridemo v protislovje s predpostavko, da trditev velja za poljuben konveksni n-kotnik.

Torej je za (n+1)-kotnik trditev resnična. Po načelu matematične indukcije velja trditev za vsak konveksni n-kotnik.

9. V ravnini je n premic, od katerih nobeni dve nista vzporedni in nobene tri ne potekajo skozi isto točko. Na koliko delov delijo te premice ravnino?

Z osnovnimi risbami lahko enostavno preverite, da ena ravna črta deli ravnino na 2 dela, dve ravni črti na 4 dele, tri ravne črte na 7 delov in štiri ravne črte na 11 delov.

Z N(n) označimo število delov, na katere n premic deli ravnino. Opaziti je mogoče, da

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

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

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

Naravno je domnevati, da

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

ali, kot je enostavno ugotoviti, z uporabo formule za vsoto prvih n členov aritmetičnega napredovanja,

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

Dokažimo veljavnost te formule z metodo matematične indukcije.

Za n=1 je bila formula že preverjena.

Ob predpostavki indukcije obravnavamo k+1 premic, ki izpolnjujejo pogoje problema. Iz njih poljubno izberimo k premic. Po indukcijski hipotezi bodo ravnino razdelili na 1+ k(k+1)/2 delov. Preostala (k+1)-ta premica bo z izbranimi k premicami razdeljena na k+1 delov in bo torej potekala vzdolž (k+1)-ega dela, na katerega je ravnina že razdeljena, in vsak od teh delov bo razdeljen na 2 dela, kar pomeni, da bo dodanih še k+1 del. Torej,

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

Q.E.D.

10. V izrazu x 1: x 2: ... : x n so v oklepajih označeni vrstni red dejanj, rezultat pa je zapisan kot ulomek:

(v tem primeru je vsaka od črk x 1, x 2, ..., x n bodisi v števcu ulomka bodisi v imenovalcu). Koliko različnih izrazov lahko dobimo na ta način z vsemi možnimi načini postavljanja oklepajev?

Najprej je jasno, da bo v nastalem ulomku x 1 v števcu. Skoraj enako očitno je, da bo x 2 v imenovalcu ne glede na to, kako so postavljeni oklepaji (znak za deljenje pred x 2 se nanaša bodisi na sam x 2 bodisi na izraz, ki vsebuje x 2 v števcu).

Lahko domnevamo, da se lahko vse druge črke x 3, x 4, ..., x n nahajajo v števcu ali imenovalcu povsem poljubno. Iz tega sledi, da skupaj lahko dobite 2 n–2 ulomka: vsaka od n–2 črk x 3, x 4, ..., x n se lahko neodvisno od drugih pojavi v števcu ali imenovalcu.

Dokažimo to trditev z indukcijo.

Z n=3 lahko dobite 2 ulomka:

torej izjava drži.

Predpostavimo, da velja za n=k in dokažimo za n=k+1.

Naj bo izraz x 1:x 2: ... :x k po določeni postavitvi oklepajev zapisan v obliki določenega ulomka Q. Če namesto x k v tem izrazu nadomestimo x k:x k+1, bo x k na istem mestu, kot je bil v ulomku Q, in x k+1 ne bo tam, kjer je bil x k (če je bil x k v imenovalcu, potem bo x k+1 v števcu in obratno).

Zdaj bomo dokazali, da lahko dodamo x k+1 na isto mesto, kjer se nahaja x k. V ulomku Q bo po postavitvi oklepaja nujno izraz v obliki q:x k, kjer je q črka x k–1 ali kakšen izraz v oklepaju. Če zamenjamo q:x k z izrazom (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), dobimo očitno enak ulomek Q, kjer je namesto x k x k ·x k+1 .

Tako je število vseh možnih ulomkov v primeru n=k+1 2-krat večje kot v primeru n=k in je enako 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Tako je trditev dokazana.

Odgovor: 2 n–2 ulomka.

Težave brez rešitev

1. Dokažite, da je za vsak naravni n:

a) število 5 n –3 n +2n je deljivo s 4;

b) število n 3 +11n je deljivo s 6;

c) število 7 n +3n–1 je deljivo z 9;

d) število 6 2n +19 n –2 n+1 je deljivo s 17;

e) število 7 n+1 +8 2n–1 je deljivo z 19;

e) število 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 je deljivo s 27.

2. Dokaži, da je (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Dokaži neenakost |sin nx| n|greh x| za vsako naravno n.

4. Poišči naravna števila a, b, c, ki niso deljiva z 10 in taka, da imata števili a n + b n in c n za vsak naravni n zadnji dve števki enaki.

5. Dokaži, da če n točk ne leži na isti premici, potem je med premicami, ki jih povezujejo, vsaj n različnih.

Dokazna metoda, ki temelji na Peanovem aksiomu 4, se uporablja za dokazovanje številnih matematičnih lastnosti in različnih izjav. Osnova za to je naslednji izrek.

Izrek. Če izjava A(n) z naravno spremenljivko n res za n= 1 in iz dejstva, da velja za n = k, sledi, da velja za naslednjo številko n=k, nato izjava A(n) n.

Dokaz. Označimo z M množica tistih in samo tistih naravnih števil, za katera izjava A(n) prav. Potem imamo iz pogojev izreka: 1) 1 M; 2) kMkM. Od tu na podlagi aksioma 4 sklepamo, da M =n, tj. izjava A(n) velja za vsako naravno n.

Dokazna metoda, ki temelji na tem izreku, se imenuje po metodi matematične indukcije, in aksiom je aksiom indukcije. Ta dokaz je sestavljen iz dveh delov:

1) dokažite, da izjava A(n) res za n= A(1);

2) predpostavimo, da izjava A(n) res za n = k, in na podlagi te predpostavke dokažite, da je izjava A(n) res za n = k + 1, tj. da je izjava resnična A(k) A(k + 1).

če A( 1) A(k) A(k + 1) - trditev drži, potem sklepajo, da trditev A(n) velja za vsako naravno število n.

Dokaz z metodo matematične indukcije se lahko začne ne samo s potrditvijo resničnosti izjave za n= 1, ampak tudi iz poljubnega naravnega števila m. V tem primeru izjava A(n) bo dokazano za vsa naravna števila nm.

Naloga: Dokažimo, da za vsako naravno število velja enakost 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

rešitev. Enakost 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n je formula, ki jo lahko uporabimo za iskanje vsote prvih zaporednih lihih naravnih števil. Na primer, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (vsota vsebuje 4 člene), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (vsota vsebuje 6 členov); če ta vsota vsebuje 20 členov navedenega tipa, potem je enaka 20 = 400 itd. Ko smo dokazali resničnost te enakosti, bomo lahko s formulo našli vsoto poljubnega števila členov določene vrste.

1) Preverimo resničnost te enakosti za n= 1. Kdaj n= 1 je leva stran enakosti sestavljena iz enega člena, ki je enak 1, desna stran pa je enaka 1= 1. Ker je 1 = 1, potem za n= 1 ta enakost velja.

2) Recimo, da ta enakost velja za n = k, tj. da 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Na podlagi te predpostavke dokazujemo, da je res za n = k + 1, tj. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Poglejmo levo stran zadnje enakosti.

Po predpostavki je vsota prvega k izrazi so enaki k in torej 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Izraz k+ 2k + 1 je identično enak izrazu ( k + 1).

Zato je resnica te enakosti za n = k + 1 je dokazano.

Tako ta enakost velja za n= 1 in iz njegove resnice za n = k mora biti res za n = k + 1.

To dokazuje, da ta enakost velja za vsako naravno število.

Z uporabo metode matematične indukcije lahko dokažete resničnost ne le enakosti, ampak tudi neenakosti.

Naloga. Dokažite, kje nN.

rešitev. Preverimo resničnost neenakosti pri n= 1. Imamo - pravo neenakost.

Predpostavimo, da neenakost velja za n = k, tiste. - prava neenakost. Dokažimo na podlagi predpostavke, da velja tudi za n = k + 1, tj. (*).

Transformirajmo levo stran neenakosti (*), pri čemer upoštevamo, da: .

Ampak , kar pomeni .

Torej, ta neenakost velja za n= 1, in iz dejstva, da je neenakost resnična za nekatere n= k, smo ugotovili, da velja tudi za n= k + 1.

Tako smo z uporabo aksioma 4 dokazali, da ta neenakost velja za vsako naravno število.

Druge trditve je mogoče dokazati z uporabo metode matematične indukcije.

Naloga. Dokaži, da za vsako naravno število trditev drži.

rešitev. Resničnost trditve preverimo, ko n= 1: - resnična trditev.

Predpostavimo, da ta izjava drži za n = k: . S tem pokažimo resničnost izjave, ko n = k + 1: .

Preoblikujemo izraz: . Poiščimo razliko k in k+ 1 članov. Če se izkaže, da je nastala razlika večkratnik števila 7 in je po predpostavki odštevanec deljiv s 7, potem je tudi minuend večkratnik števila 7:

Produkt je torej večkratnik števila 7 in .

Ta izjava torej drži za n= 1 in iz njegove resnice za n = k mora biti res za n = k + 1.

To dokazuje, da ta trditev velja za vsako naravno število.

Naloga. Dokaži to za poljubno naravno število n 2 trditev (7-1)24 drži.

rešitev. 1) Preverimo resničnost trditve, ko n= 2: - trditev drži.