Duke përdorur metodën e induksionit matematik, vërtetoni formulën. Parimi i induksionit matematik

Duke përdorur metodën e induksionit matematik, vërtetoni se për çdo natyrore n barazitë e mëposhtme janë të vlefshme:
A) ;
b) .

Zgjidhje.

a) Kur n= 1 barazia është e vërtetë. Duke supozuar vlefshmërinë e barazisë në n, le të tregojmë vlefshmërinë e tij edhe kur n+ 1. Në të vërtetë,

Q.E.D.

b) Kur n= 1 vlefshmëria e barazisë është e qartë. Nga supozimi i vlefshmërisë së tij në n duhet

Jepet barazia 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, marrim

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

dmth pohimi është gjithashtu i vërtetë kur n + 1.

Shembulli 1. Vërtetoni barazitë e mëposhtme

Zgjidhje. a) Kur n= 1 barazia do të marrë formën 1=1, pra, P(1) është e vërtetë. Le të supozojmë se kjo barazi është e vërtetë, domethënë vlen

Kështu, sipas metodës së induksionit matematikor, barazia origjinale është e vlefshme për çdo natyrë n.

Shënim 2. Ky shembull mund të ishte zgjidhur ndryshe. Në të vërtetë, shuma është 1 + 2 + 3 + ... + nështë shuma e të parës n termat e një progresion aritmetik me termin e parë a 1 = 1 dhe diferenca d= 1. Në bazë të formulës së njohur , marrim

b) Kur n= 1 barazia do të marrë formën: 2 1 - 1 = 1 2 ose 1=1, d.m.th. P(1) është e vërtetë. Le të supozojmë se barazia vlen

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 dhe provoni se ndodhP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 ose 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Duke përdorur hipotezën e induksionit, marrim

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

Kështu, P(n+ 1) është e vërtetë dhe, për rrjedhojë, vërtetohet barazia e kërkuar.

Shënim 3. Ky shembull mund të zgjidhet (i ngjashëm me atë të mëparshëm) pa përdorur metodën e induksionit matematik.

c) Kur n= 1 barazia është e vërtetë: 1=1. Le të supozojmë se barazia është e vërtetë

d) Kur n= 1 barazia është e vërtetë: 1=1. Le të supozojmë se ndodh

Vërtet,

e) Miratimi P(1) e vërtetë: 2=2. Le të supozojmë se barazia

Rrjedhimisht, barazia origjinale vlen për çdo natyrë n.

f) P(1) e vërtetë: 1/3 = 1/3. Le të ketë barazi P(n):

Në të vërtetë, duke pasur parasysh atë P(n) mban, marrim

Kështu, barazia vërtetohet.

g) Kur n= 1 kemi a + b = b + a dhe prandaj barazia është e drejtë.

Le të jetë e vlefshme formula binomiale e Njutonit për n = k, domethënë,

Shembulli 2. Vërtetoni pabarazitë

Zgjidhje. a) Kur n= 1 marrim pabarazinë e vërtetë

1 + a ≥ 1 + a . Le të supozojmë se ka një pabarazi

Në të vërtetë, meqenëse a > -1 nënkupton a + 1 > 0, atëherë duke shumëzuar të dyja anët e pabarazisë (1) me (a + 1), marrim

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) ose (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Që nga viti n a 2 ≥ 0, pra(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Kështu, nëse P(n) është e vërtetë, atëherë P(n+ 1) është e vërtetë, prandaj, sipas parimit të induksionit matematik, pabarazia e Bernulit është e vërtetë.

b) Kur n= 1 marrim x 1 = 1 dhe për këtë arsye x 1 ≥ 1 domethënë P(1) është një deklaratë e drejtë. Le të supozojmë se P(n) është e vërtetë, domethënë nëse adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n numra pozitiv prodhimi i të cilëve është i barabartë me një, x 1 x 2 ·...· x n= 1, dhe x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Le të tregojmë se kjo fjali përmban të vërtetën e sa vijon: nëse x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) numra pozitivë të tillë që x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, atëherë x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Konsideroni dy rastet e mëposhtme:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Atëherë shuma e këtyre numrave është ( n+ 1), dhe plotësohet pabarazia e kërkuar;

2) të paktën një numër është i ndryshëm nga një, le të jetë, për shembull, më i madh se një. Pastaj, që nga x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, ka të paktën një numër më shumë të ndryshëm nga një (më saktë, më pak se një). Le x n+ 1 > 1 dhe x n < 1. Рассмотрим n numra pozitiv

Që nga viti

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, atëherë 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. Prandaj, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, domethënë nëse P(n) është e vërtetë, atëherëP(n+ 1) i drejtë. Pabarazia është vërtetuar.

Shënim 4. Shenja e barazimit vlen nëse dhe vetëm nëse x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Le x 1 ,x 2 ,...,x n- numra pozitivë arbitrarë. Merrni parasysh sa vijon n numra pozitiv:

Shënim 5. Barazia vlen nëse dhe vetëm nëse x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) është një pohim i drejtë: sin 2 a + cos 2 a = 1. Le të supozojmë se P(n) është një deklaratë e vërtetë:

Mëkati 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 dhe tregoni se çfarë ndodhP(n+ 1). Vërtet, mëkati 2 ( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = mëkat 2 n një mëkat 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (nëse sin 2 a ≤ 1, atëherë cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, pastaj mëkat 2 a < 1). Таким образом, для любого n RRETH N mëkat 2 n a + cos 2 n ≤ 1 dhe shenja e barazisë arrihet vetëm kurn = 1.

e) Kur n= 1 pohim është i vërtetë: 1< 3 / 2 .

Le të supozojmë se dhe ne do ta vërtetojmë këtë

f) Duke marrë parasysh vërejtjen 1, le të kontrollojmë P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, pra, për n= 10 pohimi është i vërtetë. Le të supozojmë se 2 n > n 3 (n> 10) dhe provoni P(n+ 1), domethënë 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Që kur n> 10 kemi ose , rrjedh se

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 ose n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Duke pasur parasysh pabarazinë (2 n > n 3), marrim 2 n+1 = 2 n· 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Kështu, sipas metodës së induksionit matematik, për çdo natyrore n RRETH N, n≥ 10 kemi 2 n > n 3 .

Shembulli 3. Vërtetoni këtë për këdo n RRETH N

Zgjidhje. a) P(1) është një pohim i vërtetë (0 pjesëtohet me 6). Le P(n) është e drejtë, domethënë n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) pjesëtohet me 6. Le të tregojmë se atëherë ndodh P(n+ 1), domethënë ( n + 1)n(2n+ 1) pjesëtohet me 6. Në të vërtetë, pasi

Kështu, P(n+ 1) është një deklaratë e drejtë, dhe për këtë arsye n(2n 2 - 3n+ 1) pjesëtueshëm me 6 për cilindo n RRETH N.

b) Le të kontrollojmë P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, pra, P(1) është një deklaratë e drejtë. Duhet të vërtetohet se nëse 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 pjesëtohet me 11 ( P(n)), pastaj 6 2 n + 3 n+2 + 3 n gjithashtu plotpjesëtohet me 11 ( P(n+ 1)). Në të vërtetë, që nga

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 dhe si 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 dhe 33 6 2 n-2 pjesëtohen me 11, atëherë shuma e tyre është 6 2n + 3 n+2 + 3 n pjesëtohet me 11. Pohimi vërtetohet. Induksioni në gjeometri

Shembulli 4. Llogaritni anën e 2 të saktë n-Një trekëndësh i gdhendur në një rreth me rreze R.

Përshkrimi bibliografik: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Zbatimi i metodës së induksionit matematik për zgjidhjen e problemeve mbi pjesëtueshmërinë e numrave natyrorë // Shkencëtar i ri. 2015. Nr. 2. P. 84-86..02.2019).

Në olimpiadat e matematikës shpesh ka probleme mjaft të vështira për të vërtetuar pjesëtueshmërinë e numrave natyrorë. Nxënësit e shkollës përballen me një problem: si të gjejnë një metodë universale matematikore që u lejon atyre të zgjidhin probleme të tilla?

Rezulton se shumica e problemeve në vërtetimin e pjesëtueshmërisë mund të zgjidhen me metodën e induksionit matematik, por tekstet shkollore i kushtojnë shumë pak rëndësi kësaj metode më së shpeshti një përshkrim i shkurtër teorik dhe analizohen disa probleme.

E gjejmë metodën e induksionit matematik në teorinë e numrave. Në agimin e teorisë së numrave, matematikanët zbuluan shumë fakte në mënyrë induktive: L. Euler dhe K. Gauss ndonjëherë shqyrtonin mijëra shembuj përpara se të vinin re një model numerik dhe të besonin në të. Por në të njëjtën kohë ata kuptuan se sa mashtruese mund të jenë hipotezat që kanë kaluar testin "përfundimtar". Për të kaluar në mënyrë induktive nga një pohim i verifikuar për një nëngrup të fundëm në një pohim të ngjashëm për të gjithë bashkësinë e pafundme, kërkohet një provë. Kjo metodë u propozua nga Blaise Pascal, i cili gjeti një algoritëm të përgjithshëm për gjetjen e shenjave të pjesëtueshmërisë së çdo numri të plotë me çdo numër tjetër të plotë (traktat "Mbi natyrën e pjesëtueshmërisë së numrave").

Metoda e induksionit matematik përdoret për të vërtetuar duke arsyetuar vërtetësinë e një pohimi të caktuar për të gjithë numrat natyrorë ose vërtetësinë e një pohimi që fillon nga një numër i caktuar n.

Zgjidhja e problemeve për të vërtetuar vërtetësinë e një deklarate të caktuar duke përdorur metodën e induksionit matematik përbëhet nga katër faza (Fig. 1):

Oriz. 1. Skema për zgjidhjen e problemit

1. Baza e induksionit . Ata kontrollojnë vlefshmërinë e pohimit për numrin më të vogël natyror për të cilin pohimi ka kuptim.

2. Hipoteza induktive . Supozojmë se pohimi është i vërtetë për disa vlera të k.

3. Tranzicioni i induksionit . Vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për k+1.

4. konkluzioni . Nëse një vërtetim i tillë është përfunduar, atëherë, bazuar në parimin e induksionit matematik, mund të argumentohet se pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Le të shqyrtojmë zbatimin e metodës së induksionit matematik në zgjidhjen e problemeve të vërtetimit të pjesëtueshmërisë së numrave natyrorë.

Shembulli 1. Vërtetoni se numri 5 është shumëfish i 19, ku n është një numër natyror.

Dëshmi:

1) Le të kontrollojmë nëse kjo formulë është e saktë për n = 1: numri =19 është shumëfish i 19.

2) Le të jetë e vërtetë kjo formulë për n = k, d.m.th. numri është shumëfish i 19.

Është shumëfish i 19. Në të vërtetë, termi i parë është i pjesëtueshëm me 19 për shkak të supozimit (2); termi i dytë është gjithashtu i pjesëtueshëm me 19 sepse përmban një faktor 19.

Shembulli 2. Vërtetoni se shuma e kubeve të tre numrave natyrorë të njëpasnjëshëm është e pjesëtueshme me 9.

Dëshmi:

Le të vërtetojmë pohimin: “Për çdo numër natyror n, shprehja n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 është shumëfish i 9-ës.

1) Le të kontrollojmë që kjo formulë është e saktë për n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 shumëfisha të 9-së.

2) Le të jetë e vërtetë kjo formulë për n = k, d.m.th. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 është shumëfish i 9-ës.

3) Le të vërtetojmë se formula është gjithashtu e vërtetë për n = k + 1, pra (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 është shumëfish i 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).

Shprehja që rezulton përmban dy terma, secila prej të cilave është e pjestueshme me 9, kështu që shuma pjesëtohet me 9.

4) Të dy kushtet e parimit të induksionit matematik janë përmbushur, prandaj, fjalia është e vërtetë për të gjitha vlerat e n.

Shembulli 3. Vërtetoni se për çdo numër natyror n, numri 3 2n+1 +2 n+2 plotpjesëtohet me 7.

Dëshmi:

1) Le të kontrollojmë që kjo formulë është e saktë për n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 është shumëfish i 7.

2) Le të jetë e vërtetë kjo formulë për n = k, pra 3 2 k +1 +2 k +2 pjesëtohet me 7.

3) Le të vërtetojmë se formula është gjithashtu e vërtetë për n = k + 1, d.m.th.

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 pjesëtohet me 7 dhe 2 k +2 pjesëtohet me 7, pastaj diferenca e tyre pjesëtohet me 7.

4) Të dy kushtet e parimit të induksionit matematik janë përmbushur, prandaj, fjalia është e vërtetë për të gjitha vlerat e n.

Shumë probleme provuese në teorinë e pjesëtueshmërisë së numrave natyrorë mund të zgjidhen me lehtësi duke përdorur metodën e induksionit matematikor, madje mund të thuhet se zgjidhja e problemeve me këtë metodë është plotësisht algoritmike; Por kjo metodë nuk mund të quhet universale, pasi ka edhe disavantazhe: së pari, mund të vërtetohet vetëm në një grup numrash natyrorë, dhe së dyti, mund të vërtetohet vetëm për një ndryshore.

Për zhvillimin e të menduarit logjik dhe kulturës matematikore, kjo metodë është një mjet i domosdoshëm, sepse matematikani i madh rus A. N. Kolmogorov tha: "Kuptimi dhe aftësia për të zbatuar saktë parimin e induksionit matematik është një kriter i mirë i pjekurisë logjike, e cila është absolutisht e nevojshme për një matematikan."

Literatura:

1. Vilenkin N. Ya. Kombinatorika. - M.: Arsimi, 1976. - 48 f.

2. Genkin L. Mbi induksionin matematik. - M., 1962. - 36 f.

3. Solominsky I. S. Metoda e induksionit matematik. - M.: Nauka, 1974. - 63 f.

4. Sharygin I.F Kurs me dëshirë në matematikë: Zgjidhja e problemave: Libër mësuesi për klasën e 10-të. mesatarja e shkollës - M.: Arsimi, 1989. - 252 f.

5. Shen A. Induksioni matematik. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 f.

Metoda e induksionit matematik

Hyrje

Pjesa kryesore

1. Induksion i plotë dhe jo i plotë
2. Parimi i induksionit matematik
3. Metoda e induksionit matematik
4. Zgjidhja e shembujve
5. Barazitë
6. Ndarja e numrave
7. Pabarazitë

konkluzioni

Lista e literaturës së përdorur

Hyrje

Baza e çdo kërkimi matematikor është metoda deduktive dhe induktive. Metoda deduktive e arsyetimit është arsyetimi nga e përgjithshmja në atë specifike, d.m.th. arsyetimi, pikënisja e të cilit është rezultati i përgjithshëm, dhe pika përfundimtare është rezultati i veçantë. Induksioni përdoret kur kalohet nga rezultatet e veçanta në ato të përgjithshme, d.m.th. është e kundërta e metodës deduktive.

Metoda e induksionit matematik mund të krahasohet me progresin. Ne fillojmë nga më e ulëta, dhe si rezultat i të menduarit logjik arrijmë në më të lartën. Njeriu gjithmonë është përpjekur për përparim, për aftësinë për të zhvilluar mendimet e tij në mënyrë logjike, që do të thotë se vetë natyra e ka caktuar atë të mendojë në mënyrë induktive.

Megjithëse fusha e zbatimit të metodës së induksionit matematik është rritur, pak kohë i kushtohet asaj në kurrikulën shkollore. Epo, më thuaj se ato dy ose tre mësime do të jenë të dobishme për një person, gjatë të cilave ai do të dëgjojë pesë fjalë teorike, do të zgjidhë pesë probleme primitive dhe, si rezultat, do të marrë një A për faktin se ai nuk di asgjë.

Por është kaq e rëndësishme të jesh në gjendje të mendosh në mënyrë induktive.

Pjesa kryesore

Në kuptimin e saj origjinal, fjala "induksion" përdoret për arsyetimin përmes të cilit merren përfundime të përgjithshme bazuar në një sërë pohimesh specifike. Metoda më e thjeshtë e arsyetimit të këtij lloji është induksioni i plotë. Këtu është një shembull i një arsyetimi të tillë.

Le të jetë e nevojshme të përcaktohet se çdo numër natyror çift n brenda 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.

Këto nëntë barazime tregojnë se secili nga numrat që na interesojnë përfaqësohet me të vërtetë si shuma e dy termave të thjeshtë.

Kështu, induksioni i plotë konsiston në vërtetimin e pohimit të përgjithshëm veçmas në secilën prej një numri të kufizuar rastesh të mundshme.

Ndonjëherë rezultati i përgjithshëm mund të parashikohet pasi të merren parasysh jo të gjitha, por një numër mjaft i madh i rasteve të veçanta (i ashtuquajturi induksion jo i plotë).

Rezultati i përftuar nga induksioni jo i plotë mbetet, megjithatë, vetëm një hipotezë derisa të vërtetohet me arsyetim të saktë matematikor, duke mbuluar të gjitha rastet e veçanta. Me fjalë të tjera, induksioni jo i plotë në matematikë nuk konsiderohet një metodë legjitime e provës rigoroze, por është një metodë e fuqishme për zbulimin e të vërtetave të reja.

Le të, për shembull, dëshironi të gjeni shumën e n numrave të parë tek. Le të shqyrtojmë raste të veçanta:

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

Pas shqyrtimit të këtyre pak rasteve të veçanta, sugjeron vetë përfundimi i përgjithshëm vijues:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

ato. shuma e n numrave të parë tek është n 2

Natyrisht, vëzhgimi i bërë nuk mund të shërbejë ende si provë e vlefshmërisë së formulës së dhënë.

Induksioni i plotë ka vetëm aplikime të kufizuara në matematikë. Shumë pohime interesante matematikore mbulojnë një numër të pafund rastesh të veçanta, por ne nuk jemi në gjendje t'i testojmë ato për një numër të pafund rastesh. Induksioni jo i plotë shpesh çon në rezultate të gabuara.

Në shumë raste, mënyra për të dalë nga kjo lloj vështirësie është përdorimi i një metode të veçantë arsyetimi, e quajtur metoda e induksionit matematik. Është si më poshtë.

Supozoni se ju duhet të provoni vlefshmërinë e një deklarate të caktuar për çdo numër natyror n (për shembull, ju duhet të provoni se shuma e n numrave të parë tek është e barabartë me n 2). Verifikimi i drejtpërdrejtë i këtij pohimi për secilën vlerë të n-së është i pamundur, pasi bashkësia e numrave natyrorë është e pafundme. Për të vërtetuar këtë pohim, së pari kontrolloni vlefshmërinë e tij për n=1. Pastaj vërtetojnë se për çdo vlerë natyrore të k, vlefshmëria e pohimit në shqyrtim për n=k nënkupton vlefshmërinë e tij për n=k+1.

Atëherë deklarata konsiderohet e provuar për të gjitha n. Në fakt, pohimi është i vërtetë për n=1. Por atëherë është e vërtetë edhe për numrin tjetër n=1+1=2. Vlefshmëria e pohimit për n=2 nënkupton vlefshmërinë e tij për n=2+

1=3. Kjo nënkupton vlefshmërinë e pohimit për n=4, etj. Është e qartë se, në fund, do të arrijmë çdo numër natyror n. Kjo do të thotë se pohimi është i vërtetë për çdo n.

Duke përmbledhur atë që u tha, ne formulojmë parimin e përgjithshëm vijues.

Parimi i induksionit matematik.

Nëse një fjali A(n), në varësi të një numri natyror n, është e vërtetë për n=1 dhe nga fakti që është e vërtetë për n=k (ku k është çdo numër natyror), rezulton se është e vërtetë edhe për numri tjetër n=k +1, atëherë supozimi A(n) është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Në një numër rastesh, mund të jetë e nevojshme të vërtetohet vlefshmëria e një deklarate të caktuar jo për të gjithë numrat natyrorë, por vetëm për n>p, ku p është një numër natyror fiks. Në këtë rast, parimi i induksionit matematik formulohet si më poshtë.

Nëse pohimi A(n) është i vërtetë për n=p dhe nëse A(k)ÞA(k+1) për çdo k>p, atëherë propozimi A(n) është i vërtetë për çdo n>p.

Vërtetimi duke përdorur metodën e induksionit matematik kryhet si më poshtë. Së pari, pohimi që do të vërtetohet kontrollohet për n=1, d.m.th. vërtetohet e vërteta e pohimit A(1). Kjo pjesë e provës quhet baza e induksionit. Pastaj vjen pjesa e provës e quajtur hapi i induksionit. Në këtë pjesë vërtetojnë vlefshmërinë e pohimit për n=k+1 nën supozimin e vlefshmërisë së pohimit për n=k (supozim induksioni), d.m.th. vërtetoni se A(k)ÞA(k+1).

Vërtetoni se 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Zgjidhje: 1) Kemi n=1=1 2 . Prandaj,

pohimi është i vërtetë për n=1, d.m.th. A (1) është e vërtetë.

2) Le të vërtetojmë se A(k)ÞA(k+1).

Le të jetë k çdo numër natyror dhe le të jetë i vërtetë pohimi për n=k, d.m.th.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Le të vërtetojmë se atëherë pohimi është i vërtetë edhe për numrin tjetër natyror n=k+1, d.m.th. Çfarë

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Në fakt,

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

Pra, A(k)ÞA(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, arrijmë në përfundimin se supozimi A(n) është i vërtetë për çdo nÎN.

Vërtetoni këtë

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

Zgjidhje: 1) Për n=1 marrim

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

prandaj, për n=1 formula është e saktë; A (1) është e vërtetë.

2) Le të jetë k çdo numër natyror dhe formula të jetë e vërtetë për n=k, d.m.th.

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

Le të vërtetojmë se atëherë barazia

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

Në të vërtetë

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).

Pra, A(k)ÞA(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, arrijmë në përfundimin se formula është e vërtetë për çdo numër natyror n.

Vërtetoni se numri i diagonaleve të një këndi n konveks është i barabartë me n(n-3)/2.

Zgjidhje: 1) Për n=3 pohimi është i vërtetë

Dhe 3 është kuptimplotë, sepse në një trekëndësh

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

A 2 A(3) është e vërtetë.

2) Le të supozojmë se në çdo

një k-gon konveks ka-

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

Dhe k Le të vërtetojmë se atëherë në konveks

(k+1)-numër gon

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

Le të jetë A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 një kënd konveks (k+1). Le të vizatojmë një diagonale A 1 A k në të. Për të llogaritur numrin total të diagonaleve të këtij (k+1)-këndëshi, duhet të numëroni numrin e diagonaleve në k-gon A 1 A 2 ...A k , shtoni k-2 në numrin që rezulton, d.m.th. duhet të merret parasysh numri i diagonaleve të këndit (k+1) që dalin nga kulmi A k+1 dhe, përveç kësaj, diagonalja A 1 A k.

Kështu,

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

Pra, A(k)ÞA(k+1). Për shkak të parimit të induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n-gon konveks.

Vërtetoni se për çdo n pohimi i mëposhtëm është i vërtetë:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë

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

Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozojmë se n=k

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

3) Konsideroni këtë pohim për 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.

Ne kemi vërtetuar se barazia është e vërtetë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Vërtetoni se për çdo numër natyror n barazia është e vërtetë:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1.

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

Shohim që për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni se barazia është e vërtetë për n=k

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

3) Le të vërtetojmë vërtetësinë e këtij pohimi për n=k+1, d.m.th.

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.

Nga vërtetimi i mësipërm është e qartë se pohimi është i vërtetë për n=k+1, prandaj, barazia është e vërtetë për çdo numër natyror n.

Vërtetoni këtë

((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), ku n>2.

Zgjidhja: 1) Për n=2 identiteti duket si: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

ato. eshte e vertete.

2) Supozojmë se shprehja është e vërtetë për n=k

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

3) Le të vërtetojmë saktësinë e shprehjes për 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).

Ne kemi vërtetuar se barazia është e vërtetë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n>2

Vërtetoni këtë

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

për çdo n natyrore.

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë

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

2) Supozoni se n=k, atëherë

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

3) Le të vërtetojmë vërtetësinë e këtij pohimi për 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).

Është vërtetuar edhe vlefshmëria e barazisë për n=k+1, prandaj pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Provoni se identiteti është i saktë

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

për çdo n natyrore.

1) Për n=1 identiteti është i vërtetë 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Supozoni se për n=k

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

3) Le të vërtetojmë se identiteti është i vërtetë për 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).

Nga prova e mësipërme është e qartë se pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Vërtetoni se (11 n+2 +12 2n+1) pjesëtohet me 133 pa mbetje.

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë

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

Por (23´133) pjesëtohet me 133 pa mbetje, që do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë; A (1) është e vërtetë.

2) Supozojmë se (11 k+2 +12 2k+1) pjesëtohet me 133 pa mbetje.

3) Le ta vërtetojmë këtë në këtë rast

(11 k+3 +12 2k+3) pjesëtohet me 133 pa mbetje. Në të vërtetë, 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 .

Shuma që rezulton pjesëtohet me 133 pa mbetje, pasi termi i parë i saj pjesëtohet me 133 pa mbetje me supozim, dhe në të dytin njëri prej faktorëve është 133. Pra, A(k)ÞA(k+1). Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi është vërtetuar.

Vërtetoni se për çdo n 7 n -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje.

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë X 1 =7 1 -1=6 pjesëtohet me 6 pa mbetje. Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni se për n=k

7 k -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje.

3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1.

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

Termi i parë është i pjesëtueshëm me 6, pasi 7 k -1 pjesëtohet me 6 me supozim, dhe termi i dytë është 6. Kjo do të thotë se 7 n -1 është shumëfish i 6-së për çdo n natyrore. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Vërtetoni se 3 3n-1 +2 4n-3 për një n natyrore arbitrare është i pjesëtueshëm me 11.
Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 pjesëtohet me 11 pa mbetje. Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni se për n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 pa mbetje.

3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për 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 .

Termi i parë pjesëtohet me 11 pa mbetje, pasi 3 3 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 me supozim, i dyti pjesëtohet me 11, sepse një nga faktorët e tij është numri 11. Kjo do të thotë se shuma plotpjesëtohet me 11 pa mbetje për çdo numër natyror n. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Vërtetoni se 11 2n -1 për një n natyrore arbitrare është i pjesëtueshëm me 6 pa mbetje.

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë 11 2 -1=120 pjesëtohet me 6 pa mbetje. Kjo do të thotë se kur n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni se për n=k

11 2k -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje.

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

Të dy termat janë të pjesëtueshëm me 6 pa mbetje: i pari përmban shumëfishin e 6-së, numrin 120 dhe i dyti është i pjesëtueshëm me 6 pa mbetje sipas supozimit. Kjo do të thotë se shuma është e pjesëtueshme me 6 pa mbetje. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Vërtetoni se 3 3n+3 -26n-27 për një numër natyror arbitrar n pjesëtohet me 26 2 (676) pa mbetje.

Zgjidhje: Së pari vërtetojmë se 3 3n+3 -1 pjesëtohet me 26 pa mbetje.

1. Kur n=0

3 3 -1=26 pjesëtohet me 26

2. Le të supozojmë se për n=k

3 3k+3 -1 pjesëtohet me 26

3. Le ta vërtetojmë këtë deklaratë

e vërtetë për n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – pjesëtuar me 26

Tani do të kryejmë vërtetimin e deklaratës së formuluar në deklaratën e problemit.

1) Natyrisht, kur n=1 pohimi është i vërtetë

3 3+3 -26-27=676

2) Supozoni se për n=k

shprehja 3 3k+3 -26k-27 pjesëtohet me 26 2 pa mbetje.

3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1

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

Të dy termat janë të pjestueshëm me 26 2; e para është e pjesëtueshme me 26 2 sepse kemi vërtetuar se shprehja në kllapa është e pjesëtueshme me 26 dhe e dyta është e pjestueshme me hipotezën e induksionit. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Vërtetoni se nëse n>2 dhe x>0, atëherë pabarazia është e vërtetë

(1+x) n >1+n´x.

Zgjidhje: 1) Për n=2 mosbarazimi është i vlefshëm, pasi

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

Pra, A(2) është e vërtetë.

2) Le të vërtetojmë se A(k)ÞA(k+1), nëse k> 2. Supozojmë se A(k) është e vërtetë, d.m.th., se pabarazia

(1+x) k >1+k´x. (3)

Le të vërtetojmë se atëherë A(k+1) është gjithashtu e vërtetë, d.m.th., se pabarazia

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Në fakt, duke shumëzuar të dyja anët e pabarazisë (3) me numrin pozitiv 1+x, marrim

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Le të shqyrtojmë anën e djathtë të pabarazisë së fundit

stva; ne kemi

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

Si rezultat, ne e marrim atë

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Pra, A(k)ÞA(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, mund të argumentohet se pabarazia e Bernulit është e vërtetë për çdo

Vërtetoni se pabarazia është e vërtetë

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

Zgjidhje: 1) Kur m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 të dyja anët janë të barabarta.

2) Supozojmë se për m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Le të vërtetojmë se për m=k+1 pabarazia është e vërtetë

(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 .

Ne kemi vërtetuar vlefshmërinë e pabarazisë për m=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia është e vlefshme për çdo m natyror.

Vërtetoni se për n>6 pabarazia është e vërtetë

3 n >n´2 n+1 .

Zgjidhje: Le ta rishkruajmë pabarazinë në formë

1. Për n=7 kemi

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

pabarazia është e vërtetë.

2. Le të supozojmë se për n=k

3) Le të vërtetojmë vlefshmërinë e pabarazisë për n=k+1.

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

Meqenëse k>7, pabarazia e fundit është e dukshme.

Në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia është e vlefshme për çdo numër natyror n.

Vërtetoni se për n>2 pabarazia është e vërtetë

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

Zgjidhje: 1) Për n=3 pabarazia është e vërtetë

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

1. Le të supozojmë se për n=k

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

3) Le të provojmë vlefshmërinë e jo-

barazi për n=k+1

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

Le të vërtetojmë se 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

Kjo e fundit është e qartë, dhe për këtë arsye

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

Në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia vërtetohet.

konkluzioni

Në veçanti, duke studiuar metodën e induksionit matematik, rrita njohuritë e mia në këtë fushë të matematikës, dhe gjithashtu mësova të zgjidhja probleme që më parë ishin përtej fuqisë sime.

Këto ishin kryesisht detyra logjike dhe argëtuese, d.m.th. vetëm ato që rrisin interesin për vetë matematikën si shkencë. Zgjidhja e problemeve të tilla bëhet një aktivitet argëtues dhe mund të tërheqë gjithnjë e më shumë njerëz kureshtarë në labirintet matematikore. Sipas mendimit tim, kjo është baza e çdo shkence.

Duke vazhduar të studioj metodën e induksionit matematik, do të përpiqem të mësoj se si ta zbatoj atë jo vetëm në matematikë, por edhe në zgjidhjen e problemeve në fizikë, kimi dhe vetë jetën.

MATEMATIKA:

LEKTURA, PROBLEME, ZGJIDHJE

Libër shkollor / V.G Boltyansky, Yu.V., M.I. Potpourri LLC 1996.

ALGJEBRA DHE FILLIMET E ANALIZËS

Libër shkollor / I.T. Demidov, A.N. Shvartsburg, O.S. "Iluminizmi" 1975.

Induksioni është një metodë për të marrë një deklaratë të përgjithshme nga vëzhgime të veçanta. Në rastin kur një pohim matematikor ka të bëjë me një numër të kufizuar objektesh, ai mund të vërtetohet duke testuar për çdo objekt. Për shembull, pohimi: "Çdo numër çift dyshifror është shuma e dy numrave të thjeshtë", rrjedh nga një seri barazish që janë mjaft të mundshme për t'u vendosur:

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

Një metodë e provës në të cilën një deklaratë verifikohet për një numër të kufizuar rastesh që shterojnë të gjitha mundësitë quhet induksion i plotë. Kjo metodë përdoret relativisht rrallë, pasi deklaratat matematikore, si rregull, nuk kanë të bëjnë me grupe të fundme, por të pafundme objektesh. Për shembull, pohimi për numrat çift dyshifrorë i provuar më sipër me induksion të plotë është vetëm një rast i veçantë i teoremës: "Çdo numër çift është shuma e dy numrave të thjeshtë". Kjo teoremë ende nuk është vërtetuar apo hedhur poshtë.

Induksioni matematik është një metodë për të vërtetuar një pohim të caktuar për çdo numër natyror n bazuar në parimin e induksionit matematik: “Nëse një pohim është i vërtetë për n=1 dhe vlefshmëria e tij për n=k nënkupton vlefshmërinë e këtij pohimi për n=k +1, atëherë është e vërtetë për të gjitha n " Metoda e vërtetimit me induksion matematikor është si më poshtë:

1) baza e induksionit: vërtetojnë ose kontrollojnë drejtpërdrejt vlefshmërinë e pohimit për n=1 (ndonjëherë n=0 ose n=n 0);

2) hapi i induksionit (tranzicioni): ata supozojnë vlefshmërinë e pohimit për një numër natyror n=k dhe, bazuar në këtë supozim, vërtetojnë vlefshmërinë e pohimit për n=k+1.

Problemet me zgjidhjet

1. Vërtetoni se për çdo numër natyror n, numri 3 2n+1 +2 n+2 plotpjesëtohet me 7.

Le të shënojmë A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Baza e induksionit. Nëse n=1, atëherë A(1)=3 3 +2 3 =35 dhe, padyshim, pjesëtohet me 7.

Supozimi i induksionit. Le të jetë A(k) i pjesëtueshëm me 7.

Tranzicioni i induksionit. Le të vërtetojmë se A(k+1) pjesëtohet me 7, pra vlefshmëria e pohimit të problemit për 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.

Numri i fundit plotpjesëtohet me 7, pasi është ndryshimi i dy numrave të plotë të pjesëtueshëm me 7. Prandaj, 3 2n+1 +2 n+2 pjesëtohet me 7 për çdo numër natyror n.

2. Vërtetoni se për çdo numër natyror n, numri 2 3 n +1 pjesëtohet me 3 n+1 dhe nuk pjesëtohet me 3 n+2.

Le të prezantojmë shënimin: a i =2 3 i +1.

Për n=1 kemi, dhe 1 =2 3 +1=9. Pra, një 1 pjesëtohet me 3 2 dhe nuk pjesëtohet me 3 3.

Le të për n=k numri a k ​​pjesëtohet me 3 k+1 dhe nuk pjesëtohet me 3 k+2, pra a k =2 3 k +1=3 k+1 m, ku m nuk pjesëtohet me 3. Atëherë

dhe 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).

Natyrisht, një k+1 pjesëtohet me 3 k+2 dhe nuk pjesëtohet me 3 k+3.

Prandaj, pohimi vërtetohet për çdo numër natyror n.

3. Dihet se x+1/x është numër i plotë. Vërtetoni se x n +1/x n është gjithashtu një numër i plotë për çdo numër të plotë n.

Le të prezantojmë shënimin: a i =х i +1/х i dhe menjëherë vërejmë se a i =а –i, kështu që do të vazhdojmë të flasim për indekset natyrore.

Shënim: a 1 është një numër i plotë sipas konventës; dhe 2 është një numër i plotë, pasi a 2 = (a 1) 2 –2; dhe 0 =2.

Le të supozojmë se një k është një numër i plotë për çdo numër natyror k që nuk e kalon n. Atëherë një 1 ·a n është një numër i plotë, por a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 dhe a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Sidoqoftë, n–1, sipas hipotezës së induksionit, është një numër i plotë. Kjo do të thotë që një n+1 është gjithashtu një numër i plotë. Prandaj, x n +1/x n është një numër i plotë për çdo numër të plotë n, që është ajo që duhej vërtetuar.

4. Vërtetoni se për çdo numër natyror n më të madh se 1 mosbarazimi i dyfishtë është i vërtetë

5. Vërtetoni se për n natyrore > 1 dhe |x|

(1–x)n +(1+x)n

Për n=2 pabarazia është e vërtetë. Vërtet,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Nëse pabarazia është e vërtetë për n=k, atëherë për n=k+1 kemi

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

Pabarazia është vërtetuar për çdo numër natyror n > 1.

6. Ka n rrathë në një rrafsh. Vërtetoni se për çdo rregullim të këtyre rrathëve, harta që ata formojnë mund të ngjyroset saktë me dy ngjyra.

Le të përdorim metodën e induksionit matematik.

Për n=1 pohimi është i qartë.

Le të supozojmë se pohimi është i vërtetë për çdo hartë të formuar nga n rrathë, dhe le të ketë n+1 rrathë në plan. Duke hequr një nga këto rrathë, marrim një hartë që, për shkak të supozimit të bërë, mund të ngjyroset saktë me dy ngjyra (shih foton e parë më poshtë).

Le të rivendosim më pas rrethin e hedhur dhe në njërën anë të tij, për shembull brenda, të ndryshojmë ngjyrën e secilës zonë në të kundërtën (shih figurën e dytë). Është e lehtë të shihet se në këtë rast do të marrim një hartë të ngjyrosur saktë me dy ngjyra, por vetëm tani për rrathët n+1, gjë që duhej vërtetuar.

7. Ne do ta quajmë një shumëkëndësh konveks "të bukur" nëse plotësohen kushtet e mëposhtme:

1) secila nga kulmet e saj është pikturuar në një nga tre ngjyrat;

2) çdo dy kulme ngjitur janë pikturuar me ngjyra të ndryshme;

3) të paktën një kulm i shumëkëndëshit është pikturuar në secilën nga tre ngjyrat.

Vërtetoni se çdo kënd i bukur n mund të pritet me diagonale të shkëputura në trekëndësha "të bukur".

Le të përdorim metodën e induksionit matematik.

Baza e induksionit. Me n=3 sa më të vogël, pohimi i problemit është i qartë: kulmet e trekëndëshit “të bukur” janë lyer me tre ngjyra të ndryshme dhe nuk nevojiten prerje.

Supozimi i induksionit. Le të supozojmë se deklarata e problemit është e vërtetë për çdo n-gon "të bukur".

Hapi i induksionit. Le të shqyrtojmë një kënd arbitrar "të bukur" (n+1) dhe të provojmë, duke përdorur hipotezën e induksionit, se mund të pritet nga disa diagonale në trekëndësha "të bukur". Le të shënojmë me A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 kulmet e njëpasnjëshme të (n+1)-gon. Nëse vetëm një kulm i një (n+1)-këndësh ngjyroset në njërën nga tre ngjyrat, atëherë duke e lidhur këtë kulm me diagonale me të gjitha kulmet që nuk janë ngjitur me të, marrim ndarjen e nevojshme të (n+1 )-gon into “beautiful” trekëndëshat.

Nëse të paktën dy kulme të një (n+1)-këndësh janë ngjyrosur në secilën nga tre ngjyrat, atëherë shënojmë ngjyrën e kulmit A 1 me numrin 1 dhe ngjyrën e kulmit A 2 me numrin 2. Le të jetë k numri më i vogël i tillë që kulmi A k të ngjyroset në ngjyrën e tretë. Është e qartë se k > 2. Le të presim trekëndëshin A k–2 A k–1 A k nga këndi (n+1) me diagonale A k–2 A k. Në përputhje me zgjedhjen e numrit k, të gjitha kulmet e këtij trekëndëshi janë pikturuar me tre ngjyra të ndryshme, domethënë ky trekëndësh është "i bukur". n-gon konveks A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , e cila mbetet, gjithashtu, në bazë të supozimit induktiv, do të jetë "e bukur", që do të thotë ndahet në trekëndësha “të bukur”, të cilët dhe duheshin vërtetuar.

8. Vërtetoni se në një n-këndësh konveks është e pamundur të zgjidhni më shumë se n diagonale në mënyrë që çdo dy prej tyre të ketë një pikë të përbashkët.

Le të bëjmë vërtetimin duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Le të provojmë një pohim më të përgjithshëm: në një kënd konveks është e pamundur të zgjedhësh më shumë se n anë dhe diagonale në mënyrë që çdo dy prej tyre të ketë një pikë të përbashkët. Për n = 3 pohimi është i qartë. Le të supozojmë se ky pohim është i vërtetë për një n-këndor arbitrar dhe, duke përdorur këtë, ne do të vërtetojmë vlefshmërinë e tij për një kënd (n+1) arbitrar.

Le të supozojmë se ky pohim nuk është i vërtetë për një kënd (n+1). Nëse nga secila kulm i një këndi (n+1) dalin jo më shumë se dy brinjë ose diagonale të zgjedhura, atëherë në total zgjidhen jo më shumë se n+1 prej tyre. Prandaj, nga një kulm A ka të paktën tre brinjë ose diagonale të zgjedhura AB, AC, AD. Lëreni AC të shtrihet midis AB dhe AD. Meqenëse çdo anë ose diagonale që del nga pika C dhe përveç CA nuk mund të kryqëzojë njëkohësisht AB dhe AD, vetëm një diagonale e zgjedhur CA del nga pika C.

Duke hedhur poshtë pikën C së bashku me diagonalen CA, marrim një n-gon konveks në të cilin janë zgjedhur më shumë se n anë dhe diagonale, çdo dy prej të cilave kanë një pikë të përbashkët. Kështu, arrijmë në një kontradiktë me supozimin se pohimi është i vërtetë për një n-gon konveks arbitrar.

Pra, për një (n+1)-gon pohimi është i vërtetë. Sipas parimit të induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n-gon konveks.

9. Ka n drejtëza në një rrafsh, asnjë prej të cilave nuk është paralele dhe asnjë tre nuk kalon në të njëjtën pikë. Në sa pjesë e ndajnë rrafshin këto vija?

Duke përdorur vizatimet elementare, mund të verifikoni lehtësisht që një vijë e drejtë e ndan rrafshin në 2 pjesë, dy vija të drejta në 4 pjesë, tre vija të drejta në 7 pjesë dhe katër vija të drejta në 11 pjesë.

Le të shënojmë me N(n) numrin e pjesëve në të cilat n drejtëza e ndajnë rrafshin. Mund të vërehet se

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

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

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

Është e natyrshme të supozohet se

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

ose, siç është e lehtë të përcaktohet, duke përdorur formulën për shumën e n termave të parë të një progresion aritmetik,

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

Le të vërtetojmë vlefshmërinë e kësaj formule duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Për n=1 formula tashmë është kontrolluar.

Pasi kemi bërë supozimin e induksionit, marrim në konsideratë linjat k+1 që plotësojnë kushtet e problemit. Le të zgjedhim k vija të drejta prej tyre në mënyrë arbitrare. Sipas hipotezës së induksionit, ata do ta ndajnë planin në 1+ k(k+1)/2 pjesë. Drejtëza e mbetur (k+1) do të ndahet nga k drejtëzat e zgjedhura në k+1 pjesë dhe, për rrjedhojë, do të kalojë përgjatë pjesës (k+1) në të cilën plani tashmë është ndarë, dhe secila nga këto pjesë do të ndahen në 2 pjesë, pra do të shtohet një pjesë tjetër k+1. Pra,

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

Q.E.D.

10. Në shprehjen x 1: x 2: ... : x n vendosen kllapa për të treguar renditjen e veprimeve dhe rezultati shkruhet thyes:

(në këtë rast, secila nga shkronjat x 1, x 2, ..., x n është ose në numëruesin e thyesës ose në emërues). Sa shprehje të ndryshme mund të merren në këtë mënyrë me të gjitha mënyrat e mundshme të vendosjes së kllapave?

Para së gjithash, është e qartë se në fraksionin që rezulton x 1 do të jetë në numërues. Është pothuajse po aq e qartë se x 2 do të jetë në emërues pavarësisht se si vendosen kllapat (shenja e pjesëtimit përpara x 2 i referohet ose vetë x 2 ose ndonjë shprehjeje që përmban x 2 në numërues).

Mund të supozohet se të gjitha shkronjat e tjera x 3, x 4, ..., x n mund të vendosen në numërues ose emërues në një mënyrë krejtësisht arbitrare. Nga kjo rrjedh se në total mund të merrni 2 n-2 thyesa: secila prej n-2 shkronjave x 3, x 4, ..., x n mund të shfaqet në mënyrë të pavarur nga të tjerat në numërues ose emërues.

Le ta vërtetojmë këtë deklaratë me induksion.

Me n=3 mund të merrni 2 thyesa:

kështu që deklarata është e vërtetë.

Le të supozojmë se është e vërtetë për n=k dhe ta vërtetojmë për n=k+1.

Le të shkruhet shprehja x 1:x 2: ... :x k pas një vendosjeje të kllapave në formën e një thyese të caktuar Q. Nëse në këtë shprehje në vend të x k zëvendësojmë x k:x k+1, atëherë x k do të jetë në të njëjtin vend si ishte në thyesën Q, dhe x k+1 nuk do të jetë ku ishte x k (nëse x k ishte në emërues, atëherë x k+1 do të jetë në numërues dhe anasjelltas).

Tani do të vërtetojmë se mund të shtojmë x k+1 në të njëjtin vend ku ndodhet x k. Në thyesën Q, pas vendosjes së kllapave, do të ketë detyrimisht një shprehje të formës q:x k, ku q është shkronja x k–1 ose ndonjë shprehje në kllapa. Duke zëvendësuar q:x k me shprehjen (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), padyshim fitojmë të njëjtën thyesë Q, ku në vend të x k është x k ·x k+1 .

Kështu, numri i të gjitha thyesave të mundshme në rastin n=k+1 është 2 herë më i madh se në rastin n=k dhe është i barabartë me 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Kështu pohimi vërtetohet.

Përgjigje: 2 n–2 thyesa.

Probleme pa zgjidhje

1. Vërtetoni se për çdo n natyrore:

a) numri 5 n –3 n +2n pjesëtohet me 4;

b) numri n 3 +11n pjesëtohet me 6;

c) numri 7 n +3n–1 pjesëtohet me 9;

d) numri 6 2n +19 n –2 n+1 pjesëtohet me 17;

e) numri 7 n+1 +8 2n–1 pjesëtohet me 19;

e) numri 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 pjesëtohet me 27.

2. Vërtetoni se (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Vërtetoni mosbarazimin |sin nx| n|sin x| për çdo n natyrore.

4. Gjeni numra natyrorë a, b, c që nuk pjesëtohen me 10 dhe të tillë që për çdo n natyrale numrat a n + b n dhe c n të kenë dy shifrat e fundit të njëjta.

5. Vërtetoni se nëse n pika nuk shtrihen në të njëjtën drejtëz, atëherë midis drejtëzave që i lidhin ka të paktën n të ndryshme.

Metoda e provës e bazuar në aksiomën 4 të Peanos përdoret për të vërtetuar shumë veti matematikore dhe pohime të ndryshme. Baza për këtë është teorema e mëposhtme.

Teorema. Nëse deklarata A(n) me ndryshore natyrore n e vërtetë për n= 1 dhe nga fakti se është e vërtetë për n = k, rezulton se është e vërtetë për numrin tjetër n=k, pastaj deklaratën A(n) n.

Dëshmi. Le të shënojmë me M bashkësia e atyre dhe vetëm atyre numrave natyrorë për të cilët pohimi A(n) e vërtetë. Atëherë nga kushtet e teoremës kemi: 1) 1 M; 2) kmkM. Nga këtu, bazuar në aksiomën 4, konkludojmë se M =N, d.m.th. deklaratë A(n) e vërtetë për çdo natyrore n.

Metoda e provës e bazuar në këtë teoremë quhet me metodën e induksionit matematik, dhe aksioma është aksioma e induksionit. Kjo provë përbëhet nga dy pjesë:

1) vërtetoni se deklarata A(n) e vërtetë për n= A(1);

2) supozojmë se deklarata A(n) e vërtetë për n = k, dhe, bazuar në këtë supozim, provoni se pohimi A(n) e vërtetë për n = k + 1, d.m.th. se deklarata është e vërtetë A(k) A(k + 1).

Nëse A( 1) A(k) A(k + 1) - pohim i vërtetë, pastaj konkludojnë se pohimi A(n) e vërtetë për çdo numër natyror n.

Vërtetimi me metodën e induksionit matematik mund të fillojë jo vetëm me konfirmimin e së vërtetës së pohimit për n= 1, por edhe nga çdo numër natyror m. Në këtë rast deklarata A(n) do të vërtetohet për të gjithë numrat natyrorë nm.

Problem: Le të vërtetojmë se për çdo numër natyror barazia 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Zgjidhje. Barazia 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = nështë një formulë që mund të përdoret për të gjetur shumën e numrave të parë natyrorë tek. Për shembull, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (shuma përmban 4 terma), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (shuma përmban 6 terma); nëse kjo shumë përmban 20 terma të llojit të treguar, atëherë është e barabartë me 20 = 400, etj. Pasi të kemi vërtetuar të vërtetën e kësaj barazie, do të jemi në gjendje të gjejmë shumën e çdo numri termash të llojit të specifikuar duke përdorur formulën.

1) Le të verifikojmë të vërtetën e kësaj barazie për n= 1. Kur n= 1 ana e majtë e barazisë përbëhet nga një term i barabartë me 1, ana e djathtë është e barabartë me 1 = 1. Meqenëse 1 = 1, atëherë për n= 1 kjo barazi është e vërtetë.

2) Supozoni se kjo barazi është e vërtetë për n = k, d.m.th. që 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Bazuar në këtë supozim, ne vërtetojmë se është e vërtetë për n = k + 1, d.m.th. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Le të shohim anën e majtë të barazisë së fundit.

Sipas supozimit, shuma e të parës k kushtet është e barabartë me k dhe prandaj 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Shprehje k+ 2k + 1 është identikisht e barabartë me shprehjen ( k + 1).

Prandaj, e vërteta e kësaj barazie për n = k + 1 është vërtetuar.

Kështu, kjo barazi është e vërtetë për n= 1 dhe nga e vërteta e saj për n = k duhet të jetë e vërtetë për n = k + 1.

Kjo dëshmon se kjo barazi është e vërtetë për çdo numër natyror.

Duke përdorur metodën e induksionit matematik, mund të vërtetoni të vërtetën jo vetëm të barazive, por edhe të pabarazive.

Detyrë. Vërtetoni se ku nN.

Zgjidhje. Le të kontrollojmë të vërtetën e pabarazisë në n= 1. Kemi - pabarazi të vërtetë.

Le të supozojmë se pabarazia është e vërtetë për n = k, ato. - pabarazi e vërtetë. Le të provojmë, bazuar në supozimin, se është e vërtetë edhe për n = k + 1, d.m.th. (*).

Të transformojmë anën e majtë të pabarazisë (*), duke marrë parasysh se: .

Por , që do të thotë .

Pra, kjo pabarazi është e vërtetë për n= 1, dhe, nga fakti se pabarazia është e vërtetë për disa n= k, zbuluam se është e vërtetë edhe për n= k + 1.

Kështu, duke përdorur aksiomën 4, vërtetuam se kjo pabarazi është e vërtetë për çdo numër natyror.

Deklarata të tjera mund të vërtetohen duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Detyrë. Vërtetoni se për çdo numër natyror pohimi është i vërtetë.

Zgjidhje. Le të kontrollojmë të vërtetën e deklaratës kur n= 1: - deklaratë e vërtetë.

Le të supozojmë se kjo deklaratë është e vërtetë për n = k: . Le të tregojmë, duke përdorur këtë, të vërtetën e pohimit kur n = k + 1: .

Të transformojmë shprehjen: . Le të gjejmë ndryshimin k Dhe k+ 1 anëtarë. Nëse rezulton se diferenca që rezulton është një shumëfish i 7-së, dhe sipas supozimit, subtrahend është i pjesëtueshëm me 7, atëherë minuend është gjithashtu një shumëfish i 7:

Produkti është një shumëfish i 7, pra, dhe .

Kështu, kjo deklaratë është e vërtetë për n= 1 dhe nga e vërteta e saj për n = k duhet të jetë e vërtetë për n = k + 1.

Kjo dëshmon se ky pohim është i vërtetë për çdo numër natyror.

Detyrë. Vërtetoni se për çdo numër natyror n 2 pohimi (7-1)24 është i vërtetë.

Zgjidhje. 1) Le të kontrollojmë vërtetësinë e deklaratës kur n= 2: - pohim i vërtetë.