Метод на математическа индукция калкулатор онлайн. Метод на математическата индукция

Математическата индукция е в основата на един от най-разпространените методи за математически доказателства. С негова помощ можете да докажете повечето формули с естествени числа n, например формулата за намиране на сумата от първите членове на прогресията S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, биномната формула на Нютон a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n .

В първия параграф ще анализираме основните понятия, след това ще разгледаме основите на самия метод и след това ще ви кажем как да го използвате за доказване на равенства и неравенства.

Понятия за индукция и дедукция

Първо, нека да разгледаме какво представляват индукцията и дедукцията като цяло.

Определение 1

Индукцияе преходът от частното към общото и приспаданенапротив, от общото към частното.

Например, имаме твърдение: 254 може да се раздели напълно на две. От него можем да направим много изводи, сред които ще има както верни, така и грешни. Например твърдението, че всички цели числа, които имат числото 4 в края, могат да бъдат разделени на две без остатък, е вярно, но че всяко число от три цифри се дели на 2, е невярно.

Като цяло може да се каже, че с помощта на индуктивните разсъждения могат да се получат много заключения от едно известно или очевидно разсъждение. Математическата индукция ни позволява да определим колко валидни са тези заключения.

Да предположим, че имаме поредица от числа като 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , където n означава някакво естествено число. В този случай, при добавяне на първите елементи от последователността, получаваме следното:

S 1 = 1 1 2 = 1 2, S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4, S 4 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .

Използвайки индукция, можем да заключим, че S n = n n + 1 . В третата част ще докажем тази формула.

Какъв е методът на математическата индукция

Този метод се основава на едноименния принцип. Формулира се така:

Определение 2

Определено твърдение ще бъде вярно за естествена стойност n, когато 1) ще бъде вярно за n = 1 и 2) от факта, че този израз е верен за произволна естествена стойност n = k, следва, че също ще бъде вярно за n = k + 1.

Прилагането на метода на математическата индукция се осъществява на 3 етапа:

Първо, проверяваме коректността на оригиналното твърдение в случай на произволна естествена стойност на n (обикновено тестът се прави за единица).
След това проверяваме верността при n = k.
И тогава доказваме валидността на твърдението, ако n = k + 1.

Как да приложим метода на математическата индукция при решаване на неравенства и уравнения

Да вземем примера, за който говорихме по-рано.

Пример 1

Докажете формулата S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Решение

Както вече знаем, за прилагането на метода на математическата индукция трябва да се извършат три последователни стъпки.

Първо, проверяваме дали това равенство ще бъде валидно за n, равно на едно. Получаваме S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Тук всичко е точно.
Освен това правим предположението, че формулата S k = k k + 1 е правилна.
В третата стъпка трябва да докажем, че S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 въз основа на валидността на предишното равенство.

Можем да представим k + 1 като сбор от първите членове на оригиналната последователност и k + 1:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

Тъй като във втората стъпка получихме, че S k = k k + 1, можем да напишем следното:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .

Сега извършваме необходимите трансформации. Ще трябва да намалим дробта до общ знаменател, да редуцираме подобни членове, да приложим съкратената формула за умножение и да редуцираме това, което се е случило:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Така доказахме равенството в третата точка, като изпълнихме и трите стъпки на метода на математическата индукция.

Отговор:предположението за формулата S n = n n + 1 е вярно.

Нека вземем по-сложна задача с тригонометрични функции.

Пример 2

Дайте доказателство за тъждеството cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Решение

Както си спомняме, първата стъпка трябва да бъде да проверим коректността на равенството, когато n е равно на едно. За да разберем, трябва да запомним основните тригонометрични формули.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Следователно, за n равно на едно, идентичността ще бъде вярна.

Да предположим сега, че неговата валидност се запазва за n = k , т.е. ще бъде вярно, че cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Доказваме равенството cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α за случая, когато n = k + 1, въз основа на предишното предположение.

Според тригонометричната формула,

sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Следователно,

cos 2 α cos 4 α . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α cos 2 k + 1 α = 1 2 sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

Пример за решаване на задачата за доказване на неравенство с помощта на този метод сме дали в статия за метода най-малки квадрати. Прочетете параграфа, в който са изведени формулите за намиране на коефициентите на приближение.

Ако забележите грешка в текста, моля, маркирайте я и натиснете Ctrl+Enter

Метод за доказване, базиран на аксиома 4 на Пеано, се използва за доказване на много математически свойства и различни твърдения. Основата за това е следната теорема.

Теорема. Ако твърдението НО(н)с естествена променлива нвярно за n= 1 и от факта, че е вярно за n=k, следва, че е вярно и за следващото число n=k,след това изявлението НО(н) н.

Доказателство. Означаваме с Ммножеството от тези и само онези естествени числа, за които твърдението НО(н)вярно. Тогава от условието на теоремата имаме: 1) 1 М; 2) к МкМ. Следователно, въз основа на аксиома 4, заключаваме, че М =н, т.е. изявление НО(н)вярно за всеки естествен н.

Методът за доказателство, базиран на тази теорема, се нарича метод на математическа индукция,а аксиомата е аксиома на индукцията. Това доказателство има две части:

1) докажете, че твърдението НО(н)вярно за n= A(1);

2) приемете, че твърдението НО(н)вярно за n=k, и като се започне от това предположение, докажете, че твърдението A(n)вярно за n=k+ 1, т.е. че твърдението е вярно A(k) A(k + 1).

Ако НО( 1) НО(k) A(k + 1) е вярно твърдение, тогава те заключават, че твърдението A(n)вярно за всяко естествено число н.

Доказателството чрез математическа индукция може да започне не само с потвърждаване на истинността на твърдението за n= 1, но и от всяко естествено число м. В този случай изявлението НО(н)ще бъде доказано за всички естествени числа nm.

Задача. Нека докажем, че за всяко естествено число равенството 1 + 3 + 5 ... + (2 н- 1) = н.

Решение.Равенство 1 + 3 + 5 ... + (2 н- 1) = не формула, която може да се използва за намиране на сумата от първите последователни нечетни естествени числа. Например 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (сумата съдържа 4 члена), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (сумата съдържа 6 члена); ако тази сума съдържа 20 члена от посочения вид, то тя е равна на 20 = 400 и т.н. След като доказахме истинността на това равенство, ще можем да намерим сумата от произволен брой членове от посочения тип, използвайки формулата.

1) Проверете истинността на това равенство за n= 1. Кога n= 1 лявата страна на равенството се състои от един член, равен на 1, дясната страна е равна на 1= 1. Тъй като 1 = 1, тогава за n= 1 това равенство е вярно.

2) Да приемем, че това равенство е вярно за n=k, т.е. че 1 + 3 + 5 + … + (2 к- 1) = к.Въз основа на това предположение ние доказваме, че е вярно за n=k+ 1, т.е. 1 + 3 + 5 + ... + (2 к- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Помислете за лявата страна на последното равенство.

По предположение сумата от първия кусловия е ки следователно 1 + 3 + 5 + ... + (2 к- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2к- 1) + (2к+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Изразяване k+ 2k + 1 е идентично равно на израза ( k + 1).

Следователно истинността на това равенство за n=k+ 1 е доказано.

Следователно това равенство е вярно за n= 1 и от неговата истинност за n=kследва истината за n=k+ 1.

Това доказва, че това равенство е вярно за всяко естествено число.

С помощта на метода на математическата индукция може да се докаже истинността не само на равенствата, но и на неравенствата.

Задача. Докажи, че къде nN.

Решение.Нека проверим истинността на неравенството за n= 1. Имаме - истинско неравенство.

Нека приемем, че неравенството е вярно за n=k,тези. - истинско неравенство. Нека докажем, въз основа на предположението, че е вярно за n=k+ 1, т.е. (*).

Трансформираме лявата страна на неравенството (*), като вземем предвид, че : .

Но това означава .

Така че това неравенство е вярно за n= 1, и от факта, че неравенството е вярно за някои n= к, установихме, че е вярно и за n= k + 1.

Така, използвайки аксиома 4, доказахме, че това неравенство е вярно за всяко естествено число.

Други твърдения също могат да бъдат доказани чрез метода на математическата индукция.

Задача. Докажете, че твърдението е вярно за всяко естествено число.

Решение. Нека проверим истинността на твърдението за n= 1: -вярно твърдение.

Да приемем, че това твърдение е вярно за n=k: . Нека покажем, използвайки това, истинността на твърдението за n=k+ 1: .

Нека трансформираме израза: . Нека намерим разликата ки k+ 1 членове. Ако се окаже, че получената разлика е кратна на 7 и по предположение изместеното се дели на 7, тогава умаленото също е кратна на 7:

Следователно произведението е кратно на 7 и .

Следователно това твърдение е вярно за n= 1 и от неговата истинност за n=kследва истината за n=k+ 1.

Това доказва, че това твърдение е вярно за всяко естествено число.

Задача. Докажете това за всяко естествено число н 2 твърдение (7-1)24 е вярно.

Решение. 1) Проверете истинността на твърдението за н= 2: - вярно твърдение.

MBOU лицей "Технически и икономически"

МЕТОД НА МАТЕМАТИЧЕСКАТА ИНДУКЦИЯ

МЕТОД НА МАТЕМАТИЧЕСКАТА ИНДУКЦИЯ.

ОБЯСНИТЕЛНА ЗАПИСКА

Методическата разработка "Метод на математическата индукция" е съставена за ученици от 10 клас на математическия профил.

Основни цели: да запознае студентите с метода на математическата индукция и да научи как да го прилага при решаване на различни задачи.

AT методическа разработкаразглеждат се въпроси на елементарната математика: задачи за делимост, доказателство за тъждества, доказателство за неравенства, предлагат се задачи с различна степен на сложност, включително задачи, предлагани на олимпиади.

Ролята на индуктивните изводи в експерименталните науки е много голяма. Те дават тези разпоредби, от които след това се правят допълнителни заключения чрез дедукция. Име метод на математическата индукцияизмамно - всъщност този метод е дедуктивен и дава стриктно доказателство на отгатнатите чрез индукция твърдения. Методът на математическата индукция допринася за идентифицирането на връзките между различните раздели на математиката, помага за развитието на математическата култура на ученика.

Дефиниция на метода на математическата индукция. Пълна и непълна индукция. Доказателство за неравенства. Доказателство за самоличност. Решаване на задачи за делимост. Решаване на различни задачи по темата "Метод на математическата индукция".

ЛИТЕРАТУРА ЗА УЧИТЕЛЯ

1. М. Л. Галицки. Задълбочено изучаване на курса по алгебра и математически анализ. - М. Просвещение, 1986.

2. Л. И. Звавич. Алгебра и началото на анализа. Дидактически материали. М. Дрофа, 2001 г.

3. Н. Я. Виленкин. Алгебра и математически анализ. М Просвещение, 1995г.

4. Ю. В. Михеев. Метод на математическата индукция. НГУ.1995г.

ЛИТЕРАТУРА ЗА УЧЕНИЦИ

1. Н. Я. Виленкин. Алгебра и математически анализ. М Просвещение, 1995г.

2. Ю. В. Михеев. Метод на математическата индукция. НГУ.1995г.

КЛЮЧОВИ ДУМИ

Индукция, аксиома, принцип на математическата индукция, пълна индукция, непълна индукция, твърдение, тъждество, неравенство, делимост.

ДИДАКТИЧЕСКО ПРИЛОЖЕНИЕ КЪМ ТЕМАТА

"МЕТОД НА МАТЕМАТИЧЕСКАТА ИНДУКЦИЯ".

Урок 1

Дефиниция на метода на математическата индукция.

Методът на математическата индукция е един от високоефективните методи за намиране на нови резултати и доказване на истинността на направените предположения. Въпреки че този метод не е нов в математиката, интересът към него не стихва. За първи път в ясно представяне методът на математическата индукция е приложен през 17 век от изключителния френски учен Блез Паскал при доказване на свойствата на числов триъгълник, който оттогава е кръстен на него. Идеята за математическата индукция обаче е била известна на древните гърци. Методът на математическата индукция се основава на принципа на математическата индукция, който се приема като аксиома. Ще разгледаме идеята за математическа индукция с примери.

Пример #1.

Квадратът се разделя от сегмент на две части, след което една от получените части се разделя на две части и т.н. Определете на колко части е разделен квадратът Пстъпки?

Решение.

След първата стъпка ние, по условие, получаваме 2 части. Във втората стъпка оставяме една част непроменена, а втората разделяме на 2 части и получаваме 3 части. В третата стъпка оставяме 2 части непроменени, а третата разделяме на две части и получаваме 4 части. В четвъртата стъпка оставяме 3 части непроменени и разделяме последната част на две части и получаваме 5 части. В петата стъпка ще получим 6 части. Предложението е направено чрез Пстъпки, които получаваме (n+1)част. Но това твърдение трябва да бъде доказано. Да приемем, че чрез да сестъпки квадратът е разделен на (k+1)част. След това на (k+1)стъпка ние да сечасти ще останат непроменени и (k+1)разделете частта на две части и вземете (k+2)части. Забелязвате, че можете да спорите така колкото искате, ad infinitum. Тоест нашето предположение е такова Пстъпки квадрат ще бъде разделен на (n+1)част, става доказано.

Пример #2.

Баба ми имаше внучка, която много обичаше сладкото и особено това от литров буркан. Но бабата не му позволи да пипа. И внучките решили да измамят баба си. Решил да изяжда всеки ден по 1/10 литър от този буркан и да го долива с вода, като разбърква добре. След колко дни баба ще открие измамата, ако сладкото остане същото на вид, когато се разреди с вода наполовина?

Решение.

Намерете колко чисто сладко ще остане в буркана след това Пдни. След първия ден в буркана ще остане сместа, състояща се от 9/10 сладко и 1/10 вода. След два дни 1/10 от сместа от вода и сладко ще изчезне от буркана и ще остане (1 литър от сместа съдържа 9/10 литра сладко, 1/10 литър от сместа съдържа 9/100 литра сладко)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 литра сладко. На третия ден от буркана ще изчезне 1/10 литър смес, състояща се от 81/100 сладко и 19/100 вода. В 1 л от сместа има 81/100 л сладко, в 1/10 л от сместа 81/1000 л сладко. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 литра конфитюр ще останат след 3 дни, а останалото ще бъде поето от вода. Появява се модел. През Поставащи дни в банката (9/10) Пл конфитюр. Но отново, това е само наше предположение.

Позволявам да сее произволно естествено число. Да приемем, че чрез да седни в банката ще останат (9/10) до l сладко. Да видим какво ще има в банката след друг ден, тоест през (k+1)ден. Ще изчезне от банката 1/10лсмес от (9/10) да се лсладко и вода. AT 1лсмес е (9/10) да се лконфитюр, в 1/10лсмеси (9/10) k+1 лконфитюр. Сега можем спокойно да кажем това чрез Поставащи дни в банката (9/10) П лконфитюр. След 6 дни банката ще има 531444/1000000лконфитюри, след 7 дни - 4782969/10000000лконфитюр, тоест по-малко от половината.

Отговор:след 7 дни бабата ще открие измамата.

Нека се опитаме да отделим най-основното в решенията на разглежданите проблеми. Започнахме да решаваме всеки от тях, като разглеждаме отделни или, както се казва, специални случаи. Тогава, въз основа на нашите наблюдения, направихме някои предположения P(n), в зависимост от естествения П.

твърдението беше проверено, тоест доказано P(1), P(2), P(3);

предложи това P(n)валидно за n=kи заключи, че тогава ще важи за следващия n, n=k+1.

И тогава те спореха нещо подобно: P(1)правилно, P(2)правилно, P(3)правилно, P(4)правилно... точно така P(n).

Принципът на математическата индукция.

Изявление P(n), в зависимост от естествения П, важи за всички естествени П, ако

1) валидността на твърдението за n=1;

2) от предположението за валидност на твърдението P(n)при n=kТрябва

справедливост P(n)при n=k+1.

В математиката принципът на математическата индукция по правило се избира като една от аксиомите, които определят естествената редица от числа, и следователно се приема без доказателство. Методът на доказателство по принципа на математическата индукция обикновено се нарича метод на математическата индукция. Имайте предвид, че този метод се използва широко при доказване на теореми, тъждества, неравенства при решаване на задачи за делимост и много други проблеми.

Урок №2

Пълна и непълна индукция.

В случай, че дадено математическо твърдение се отнася до краен брой обекти, то може да се докаже чрез проверка за всеки обект, например твърдението "Всяко двуцифрено четно число е сбор от две прости числа." Методът на доказателство, при който тестваме твърдение за краен брой случаи, се нарича пълна математическа индукция. Този метод се използва сравнително рядко, тъй като твърденията най-често се разглеждат върху безкрайни множества. Например теоремата „Всяко четно число е равно на сбора от две прости числа” досега не е нито доказана, нито опровергана. Дори и да проверим тази теорема за първия милиард, това няма да ни доближи една стъпка по-близо до доказването й.

В природните науки се използва непълна индукция, тестване на експеримента няколко пъти, прехвърляне на резултата към всички случаи.

Пример #3

Познайте, използвайки формула за непълна индукция за сумата от кубове на естествените числа.

Решение.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Доказателство.

Нека е вярно за n=k.

Нека докажем, че това е вярно за n=k+1.

Заключение: формулата за сбора на кубовете на естествените числа е вярна за всяко естествено П.

Пример #4

Разгледайте равенствата и познайте кое общо праводайте тези примери.

Решение.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Пример #5

Запишете следните изрази като сбор:

1)
2)
3)
; 4)
.

Гръцка буква "сигма".

Пример #6.

Напишете следните суми, като използвате знака
:

Пример #7.

Запишете следните изрази като продукти:

3)
4)

Пример #8.

Запишете следните произведения, като използвате знака

(главна гръцка буква "пи")

1)
2)

Пример #9.

Изчисляване на стойността на полином f ( н )= н 2 + н +11 , при n=1,2,3,4,5,6,7 може да се приеме, че за всеки естественПномер f ( н ) просто.

Правилно ли е това предположение?

Решение.

Ако всяко събираемо се дели на число, тогава сумата се дели на това число,
не е просто число за всяко естествено числоП.

Анализът на краен брой случаи играе важна роля в математиката: без да се дава доказателство за едно или друго твърдение, той помага да се отгатне правилната формулировка на това твърдение, ако то все още не е известно. Ето как Голдбах, член на Петербургската академия на науките, стигна до предположението, че всяко естествено число, започващо от две, е сбор от най-много три прости числа.

Урок #3

Методът на математическата индукция ни позволява да докажем различни тъждества.

Пример #10.Нека докажем това за всички Псамоличността

Решение.

Да сложим

Трябва да го докажем

Нека докажем, че Тогава от истинността на тъждеството

следва истината за самоличността

По принципа на математическата индукция, истината за идентичността за всички П.

Пример #11.

Да докажем самоличността

Доказателство.

почленни равенства.

;
. Така че тази идентичност е вярна за всичкиП .

Урок номер 4.

Доказателство за идентичности чрез математическа индукция.

Пример #12. Да докажем самоличността

Доказателство.

Прилагайки принципа на математическата индукция, ние доказахме, че равенството е вярно за всички П.

Пример #13. Да докажем самоличността

Доказателство.

Прилагайки принципа на математическата индукция, ние доказахме, че твърдението е вярно за всеки естествен П.

Пример #14. Да докажем самоличността

Доказателство.

Пример #15. Да докажем самоличността

1) n=1;

2) за n=k равенство

3) докажете, че равенството е в сила за n=k+1:

Извод: идентичността е валидна за всеки естествен П.

Пример #16.Да докажем самоличността

Доказателство.

Ако n=1 , тогава

Нека самоличността се запази n=k.

Нека докажем, че идентичността е валидна за n=k+1.

Тогава тъждеството е валидно за всеки естествен П.

Урок номер 5.

Доказателство за идентичности чрез математическа индукция.

Пример #17.Да докажем самоличността

Доказателство.

Ако n=2 , тогава получаваме правилното равенство:

Нека равенството е вярно заn=k:

Нека докажем валидността на твърдението за n=k+1.

Съгласно принципа на математическата индукция тъждеството се доказва.

Пример #18. Да докажем самоличността
за n≥2.

При n=2 тази идентичност може да бъде пренаписана в много проста форма

и очевидно вярно.

Нека при n=kнаистина ли

Нека докажем валидността на твърдението заn=k+1, тоест равенството е изпълнено: .

И така, ние доказахме, че идентичността е вярна за всеки естествен n≥2.

Пример #19. Да докажем самоличността

При n=1 получаваме правилното равенство:

Да приемем, че при n=kполучаваме и правилното равенство:

Нека докажем, че валидността на равенството е спазена за n=k+1:

Тогава тъждеството е валидно за всеки естествен П.

Урок номер 6.

Решаване на задачи за делимост.

Пример #20.Докажете чрез математическа индукция това

разделена на 6 без следа.

Доказателство.

При n=1 има разделение на6 без следа,
.

Нека при n=k изразяване
многократни6.

Нека докажем това, когато n=k+1 изразяване
многократни6 .

Всеки термин е кратно 6 , така че сумата е кратна на 6 .

Пример номер 21.
на5 без следа.

Доказателство.

При n=1 изразът е делим
.

Нека при n=k изразяване
също се разделя на5 без следа.

При n=k+1разделена на 5 .

Пример #22. Докажете делимостта на израз
на16.

Доказателство.

При n=1многократни 16 .

Нека при n=k
многократни16.

При n=k+1

Всички членове се делят на 16: първият очевидно е вторият по предположение, а третият има четен номер в скоби.

Пример #23. Докажете делимост
на676.

Доказателство.

Нека първо докажем това
разделена на
.

При n=0
.

Нека при n=k
разделена на26 .

След това при n=k+1разделена на 26 .

Нека сега докажем твърдението, формулирано в условието на задачата.

При n=1разделена на 676.

При n=k вярно е, че
разделена на26 2 .

При n=k+1 .

И двата члена се делят на 676 ; първото е, защото сме доказали делимостта на 26 израз в скоби, а вторият се дели на индуктивната хипотеза.

Урок номер 7.

Решаване на задачи за делимост.

Пример номер 24.

Докажи това
разделена на5 без следа.

Доказателство.

При n=1
разделена на5.

При n=k
разделена на5 без следа.

При n=k+1 всеки член се дели на5 без следа.

Пример #25.

Докажи това
разделена на6 без следа.

Доказателство.

При n=1
разделена на6 без следа.

Нека при n=k
разделена на6 без следа.

При n=k+1разделена на 6 без остатък, тъй като всеки член се дели на6 без остатък: първият член, по индуктивно предположение, вторият, очевидно, третият, т.к.
четен брой.

Пример #26.

Докажи това
при деление на9 дава остатъка 1 .

Доказателство.

Нека докажем това
разделена на9 .

При n=1
разделена на 9 . Нека при n=k
разделена на9 .

При n=k+1разделена на 9 .

Пример номер 27.

Докаже, че се дели на15 без следа.

Доказателство.

При n=1разделена на 15 .

Нека при n=kразделена на 15 без следа.

При n=k+1

Първият член е кратно15 според хипотезата на индукция, вторият член е кратно на15 – очевидно третият член е кратно на15 , защото
многократни5 (доказано в пример № 21), четвъртият и петият член също са кратни5 , което е очевидно, тогава сумата е кратна на15 .

Урок номер 8-9.

Доказателство на неравенства чрез математическа индукция

Пример #28.
.

При n=1ние имаме
- правилно.

Нека при n=k
е истинско неравенство.

При n=k+1

Тогава неравенството е валидно за всеки естествен П.

Пример #29.Докажете, че неравенството е вярно
за всякакви П.

При n=1получаваме правилното неравенство 4 >1.

Нека при n=kнеравенството
.

Нека докажем това, когато n=k+1неравенството

За всеки естествен да сенаблюдава се неравенство.

Ако
при
тогава

Пример #30.

за всеки естествен Пи всякакви

Позволявам n=1
, нали.

Нека приемем, че неравенството е валидно за n=k:
.

При n=k+1

Пример номер 31.Докажете валидността на неравенството

за всеки естествен П.

Нека първо докажем това за всеки естествен Tнеравенството

Умножете двете страни на неравенството по
. Получаваме еквивалентно неравенство или
;
; - това неравенство важи за всеки естествен T.

При n=1първоначалното неравенство е вярно
;
;
.

Нека неравенството важи за n=k:
.

При n=k+1

Урок номер 10.

Решаване на задачи по темата

Метод на математическата индукция.

Пример #32.Докажете неравенството на Бернули.

Ако
, след това за всички природни стойностиП неравенството

Доказателство.

При n=1 неравенството, което се доказва, приема формата
и очевидно прав. Да приемем, че е вярно заn=k , тоест какво
.

Тъй като според условието
, тогава
, и следователно неравенството не променя значението си, когато и двете му части се умножат по
:

защото
, тогава получаваме това

Така че неравенството е вярно за n=1, а от неговата истина при n=kследва, че е вярно и n=k+1.Следователно, чрез математическа индукция, това важи за всички естествени П.

Например,

Пример номер 33. Намерете всички природни ценностиП , за което неравенството

Решение.

При n=1неравенството е правилно. При n=2неравенството също е вярно.

При n=3неравенството вече не е изпълнено. Само когато n=6неравенството е в сила, така че за основа на индукция можем да вземем n=6.

Да приемем, че неравенството е вярно за някои естествени да се:

Помислете за неравенството

Последното неравенство е валидно, ако
Тестпо темата n=1 се дава рекурентно: n≥5 , където П- -естествено число.

Един от най-важните методи за математическо доказателство е правилно метод на математическата индукция. По-голямата част от формулите, отнасящи се до всички естествени числа n, могат да бъдат доказани чрез математическа индукция (например формулата за сумата от първите n членове на аритметична прогресия, биномната формула на Нютон и др.).

В тази статия първо ще се спрем на основните понятия, след това ще разгледаме самия метод на математическата индукция и ще анализираме примери за приложението му при доказване на равенства и неравенства.

Навигация в страницата.

Индукция и дедукция.

чрез индукциянаречен преход от частни към общи твърдения. Напротив, преходът от общи твърдения към частни се нарича приспадане.

Пример за лично твърдение: 254 се дели на 2 без остатък.

От това конкретно твърдение могат да се формулират много по-общи твърдения, както верни, така и неверни. Например по-общото твърдение, че всички цели числа, завършващи на 4, се делят на 2 без остатък, е вярно, докато твърдението, че всички трицифрени числа се делят на 2 без остатък, е невярно.

По този начин индукцията дава възможност да се получат много общи твърдения, основани на известни или очевидни факти. А методът на математическата индукция е предназначен да определи валидността на получените твърдения.

Като пример, разгледайте числовата последователност: , n е произволно естествено число. Тогава последователността от суми на първите n елемента от тази редица ще бъде следната

Въз основа на този факт по индукция може да се твърди, че .

Представяме доказателството на тази формула.

Метод на математическата индукция.

Методът на математическата индукция се основава на принцип на математическата индукция.

Състои се в следното: определено твърдение е вярно за всяко естествено n if

то е валидно за n = 1 и
от валидността на твърдението за всяко произволно естествено n = k следва, че е вярно за n = k+1 .

Тоест, доказателството по метода на математическата индукция се извършва на три етапа:

първо се проверява валидността на твърдението за всяко естествено число n (обикновено проверката се извършва за n = 1);
второ, валидността на твърдението се приема за всяко естествено n=k;
трето, доказва се валидността на твърдението за числото n=k+1, изхождайки от предположението на втората точка.

Примери за доказателство на уравнения и неравенства по метода на математическата индукция.

Нека се върнем към предишния пример и докажем формулата .

Доказателство.

Методът на математическата индукция включва доказателство от три точки.

Така и трите стъпки на метода на математическата индукция са завършени и по този начин нашето предположение за формулата е доказано.

Нека да разгледаме тригонометричния проблем.

Пример.

Докажете самоличност .

Решение.

Първо проверяваме равенството за n = 1 . За да направим това, се нуждаем от основните формули на тригонометрията.

Тоест, равенството е вярно за n = 1 .

Второ, да предположим, че равенството е вярно за n = k, тоест идентичността

Трето, обръщаме се към доказателството за равенството за n = k+1, въз основа на втората точка.

Тъй като според формулата от тригонометрията

тогава

Доказателството на равенството от трета точка е завършено, следователно първоначалното тъждество се доказва по метода на математическата индукция.

Може да се докаже чрез математическа индукция.

Пример за доказване на неравенството чрез математическа индукция може да бъде намерен в раздела за метода на най-малките квадрати при извеждане на формули за намиране на коефициенти на приближение.

Библиография.

Сомински И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. За математическата индукция.

Текстът на творбата е поместен без изображения и формули.
Пълна версияработата е налична в раздела „Работни файлове“ в PDF формат

Въведение

Тази тема е уместна, тъй като всеки ден хората решават различни проблеми, в които използват различни методи за решаване, но има задачи, при които методът на математическата индукция не може да бъде изоставен и в такива случаи знанията в тази област ще бъдат много полезни.

Избрах тази тема за изследване, тъй като в училищната програма на метода на математическата индукция се отделя малко време, ученикът научава повърхностна информация, която ще му помогне да получи само обща представа за този метод, но саморазвитието ще трябва да изучавате тази теория в дълбочина. Наистина ще бъде полезно да научите повече за тази тема, тъй като разширява хоризонтите на човек и помага при решаването на сложни проблеми.

Обективен:

Запознайте се с метода на математическата индукция, систематизирайте знанията по тази тема и ги прилагайте при решаване на математически задачи и доказване на теореми, обосновете и демонстрирайте практическа стойностметодът на математическата индукция като необходим фактор за решаване на проблеми.

Работни задачи:

Анализирайте литературата и обобщете знанията по темата.

Разберете принципите на математическата индукция.

Разгледайте приложението на метода на математическата индукция за решаване на проблеми.

Формулирайте изводи и заключения за свършената работа.

Основно изследване

История на произхода:

Едва към края на 19 век се развива стандартът на изискванията за логическа строгост, който и до днес остава доминиращ в практическата работа на математиците по разработването на отделни математически теории.

Индукцията е когнитивна процедура, чрез която изявление, което ги обобщава, се извежда от сравнение на налични факти.

В математиката ролята на индукцията до голяма степен е, че тя е в основата на избраната аксиоматика. След като дългата практика показа, че правият път винаги е по-къс от извития или прекъснат, беше естествено да се формулира аксиома: за всеки три точки A, B и C неравенството е изпълнено.

Осъзнаването на метода на математическата индукция като отделен важен метод датира от Блез Паскал и Герсонид, въпреки че някои случаи на приложение са открити дори в древни времена от Прокъл и Евклид. Съвременното име на метода е въведено от де Морган през 1838 г.

Методът на математическата индукция може да се сравни с прогреса: започваме от най-ниското, в резултат на логическо мислене стигаме до най-високото. Човекът винаги се е стремял към прогрес, към умение логично да развива мисълта си, което означава, че самата природа го е предначертала да мисли индуктивно.

Индукция и дедукция

Известно е, че има както частни, така и общи твърдения, като двата дадени термина се основават на прехода от единия към другия.

Дедукция (от лат. deductio - извличане) - преходът в процеса на познание от общзнания за частени единичен. В дедукция Общи познанияслужи като отправна точка на разсъжденията, като това общо знание се приема за „готово“, съществуващо. Особеността на дедукцията е, че истинността на нейните предпоставки гарантира истинността на заключението. Следователно дедукцията има огромна силавярвания и се използва широко не само за доказване на теореми в математиката, но и навсякъде, където са необходими надеждни знания.

Индукцията (от латински inductio - насочване) е преход в процеса на познание от частензнания за общС други думи, това е метод на изследване, познание, свързано с обобщаване на резултатите от наблюдения и експерименти.Особеност на индукцията е нейният вероятностен характер, т.е. предвид истинността на първоначалните предпоставки, заключението на индукцията е само вероятно вярно и в крайния резултат може да се окаже едновременно вярно и невярно.

Пълна и непълна индукция

Индуктивното разсъждение е форма на абстрактно мислене, при което мисълта се развива от знание с по-малка степен на обобщеност до знание с по-висока степен на общост, а заключението, което следва от предпоставките, е предимно вероятностно.

В хода на изследването разбрах, че индукцията е разделена на два вида: пълна и непълна.

Пълна индукция се нарича заключение, в което се прави общо заключение за клас обекти въз основа на изследването на всички обекти от този клас.

Например, нека се изисква да се установи, че всяко естествено четно число n в рамките на 6≤ n≤ 18 може да бъде представено като сбор от две прости числа. За да направим това, вземаме всички такива числа и изписваме съответните разширения:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Тези равенства показват, че всяко от числата, които ни интересуват, наистина е представено като сбор от два прости члена.

Разгледайте следния пример: последователността yn= n 2 +n+17; Нека изпишем първите четири члена: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Тогава можем да приемем, че цялата редица се състои от прости числа. Но това не е така, нека вземем y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Това е съставно число, което означава, че предположението ни е грешно, следователно непълната индукция не води до напълно надеждни заключения, но ни позволява да формулираме хипотеза, която по-късно изисква математическо доказателство или опровержение.

Метод на математическата индукция

Пълната индукция има само ограничени приложения в математиката. Много интересни математически твърдения обхващат безкраен брой специални случаи и не можем да тестваме всички тези ситуации. Но как да тестваме безкраен брой случаи? Този метод е предложен от Б. Паскал и Дж. Бернули, това е метод на математическа индукция, който се основава на принцип на математическата индукция.

Ако изречението A(n), което зависи от естествено число n, е вярно за n=1 и от факта, че е вярно за n=k (където k е всяко естествено число), следва, че то също е вярно за следващото число n=k +1, тогава допускането A(n) е вярно за всяко естествено число n.

В редица случаи може да се наложи да се докаже валидността на определено твърдение не за всички естествени числа, а само за n>p, където p е фиксирано естествено число. В този случай принципът на математическата индукция се формулира, както следва:

Ако изречението A(n) е вярно за n=p и ако A(k)  A(k+1) за всяко k>p, тогава изречението A(n) е вярно за всяко n>p.

Алгоритъм (състои се от четири етапа):

1.база(показваме, че доказаното твърдение е вярно за някои най-прости специални случаи ( П = 1));

2.предполагам(приемаме, че за първото твърдението е доказано да се случаи); 3 .стъпка(при това предположение ние доказваме твърдението за случая П = да се + 1); 4.изход (yтвърдението е вярно за всички случаи, тоест за всички П) .

Имайте предвид, че не всички проблеми могат да бъдат решени чрез метода на математическата индукция, а само проблеми, параметризирани от някаква променлива. Тази променлива се нарича индукционна променлива.

Приложение на метода на математическата индукция

Нека приложим цялата тази теория на практика и да разберем при какви проблеми се използва този метод.

Задачи за доказателство на неравенства.

Пример 1Докажете неравенството на Бернули (1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) При n=1 неравенството е вярно, тъй като 1+х≥1+х

2) Да приемем, че неравенството е вярно за някои n=k, т.е.

(1+x) k ≥1+k x.

Умножавайки двете страни на неравенството по положително число 1+x, получаваме

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Като се има предвид, че kx 2 ≥0, стигаме до неравенството

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

По този начин предположението, че неравенството на Бернули е вярно за n=k предполага, че е вярно за n=k+1. Въз основа на метода на математическата индукция може да се твърди, че неравенството на Бернули е валидно за всяко n ∈ N.

Пример 2Докажете, че за всяко естествено число n>1, .

Нека докажем с помощта на метода на математическата индукция.

Означим лявата страна на неравенството с.

1), следователно за n=2 неравенството е вярно.

2) Нека за някои k. Нека докажем това тогава и Ние имаме .

Сравнявайки и, имаме, т.е. .

За всяко положително цяло число k дясната страна на последното равенство е положителна. Ето защо. Но, следователно, и. Доказахме валидността на неравенството за n=k+1, следователно, по силата на метода на математическата индукция, неравенството е вярно за всяко естествено n>1.

Проблеми при доказване на самоличност.

Пример 1Докажете, че за всяко естествено n е вярно равенството:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Нека n=1, тогава X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Виждаме, че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да предположим, че равенството е вярно за n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Нека докажем истинността на това твърдение за n=k+1, т.е. 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.

От горното доказателство е ясно, че твърдението е вярно за n=k+1, следователно равенството е вярно за всяко естествено n.

Пример 2Докажете, че за всяко естествено n равенството

1) Проверете дали тази идентичност е вярна за n = 1.; - правилно.

2) Нека тъждеството е вярно и за n = k, т.е.

3) Нека докажем, че това тъждество е вярно и за n = k + 1, т.е.;

защото равенството е вярно за n=k и n=k+1, тогава е вярно за всяко естествено n.

Задачи за сумиране.

Пример 1Докажете, че 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Решение: 1) Имаме n=1=1 2 . Следователно твърдението е вярно за n=1, т.е. A(1) е вярно.

2) Нека докажем, че А(k) A(k+1).

Нека k е произволно естествено число и твърдението е вярно за n=k, т.е. 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Нека докажем, че тогава твърдението е вярно и за следващото естествено число n=k+1, т.е. Какво

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

И така, A(k) A(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че предположението A(n) е вярно за всяко n N.

Пример 2Докажете формулата, n е естествено число.

Решение: Когато n=1, двете части на равенството се превръщат в една и следователно първото условие на принципа на математическата индукция е изпълнено.

Да приемем, че формулата е вярна за n=k, т.е. .

Добавете към двете страни на това равенство и трансформирайте правилната страна. Тогава получаваме

По този начин, от факта, че формулата е вярна за n=k, следва, че е вярна за n=k+1, тогава това твърдение е вярно за всяко естествено n.

задачи за делимост.

Пример 1Докажете, че (11 n+2 +12 2n+1) се дели на 133 без остатък.

Решение: 1) Нека тогава n=1

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23 × 133.

(23 × 133) се дели на 133 без остатък, така че за n=1 твърдението е вярно;

2) Да предположим, че (11 k+2 +12 2k+1) се дели на 133 без остатък.

3) Нека докажем това в този случай

(11 k+3 +12 2k+3) се дели на 133 без остатък. Наистина, 11 k+3 +12 2n+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 .

Получената сума се дели на 133 без остатък, тъй като първият й член се дели на 133 без остатък по предположение, а във втория един от множителите е 133.

И така, A(k) → A(k+1), тогава въз основа на метода на математическата индукция, твърдението е вярно за всяко естествено n.

Пример 2Докажете, че 3 3n-1 +2 4n-3 за произволно цяло положително число n се дели на 11.

Решение: 1) Нека n=1, тогава X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 се дели на 11 без остатък. Следователно, за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че за n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 без остатък.

3) Нека докажем, че твърдението е вярно за 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 .

Първият член се дели на 11 без остатък, тъй като 3 3k-1 +2 4k-3 се дели на 11 по предположение, вторият се дели на 11, защото един от неговите множители е числото 11. Следователно сумата е също се дели на 11 без остатък за всяко естествено n.

Задачи от реалния живот.

Пример 1Докажете, че сумата Sn от вътрешните ъгли на всеки изпъкнал многоъгълник е ( П- 2)π, където Пе броят на страните на този многоъгълник: Sn = ( П- 2)π (1).

Това твърдение няма смисъл за всички естествени П, но само за П > 3, тъй като минималният брой ъгли в триъгълника е 3.

1) Кога П= 3 нашето твърдение приема формата: S 3 = π. Но сборът от вътрешните ъгли на всеки триъгълник наистина е π. Следователно, когато П= 3 формула (1) е вярна.

2) Нека тази формула е вярна за n =k, тоест С к = (к- 2)π, където к > 3. Нека докажем, че и в този случай е валидна формулата: S k+ 1 = (к- 1) π.

Нека A 1 A 2 ... A к А k+ 1 - произволен изпъкнал ( к+ 1) -гон (фиг. 338).

Чрез свързване на точки A 1 и A к , получаваме изпъкнали к-gon A 1 A 2 ... A к — 1А к . Очевидно сумата от ъглите ( к+ 1) -ъгълник A 1 A 2 ... A к А k+ 1 е равно на сбора от ъглите к-gon A 1 A 2 ... A к плюс сумата от ъглите на триъгълник A 1 A к А k+ един . Но сумата от ъглите к-gon A 1 A 2 ... A к се приема, че е ( к- 2)π, а сборът от ъглите на триъгълника A 1 A к А k+ 1 е равно на пи. Ето защо

С k+ 1=S к + π = ( к- 2)π + π = ( к- 1) π.

И така, и двете условия на принципа на математическата индукция са изпълнени и следователно формула (1) е вярна за всяко естествено П > 3.

Пример 2Има стълбище, чиито стъпала са еднакви. Изисква се да се посочи минималният брой позиции, които да гарантират възможността за "изкачване" на всяко стъпало по номер.

Всички са съгласни, че трябва да има условие. Трябва да можем да изкачим първото стъпало. След това те трябва да могат да се изкачат от първото стъпало до второто. След това във втория - на третия и т.н. до n-та стъпка. Разбира се, като цяло, "n" изявления гарантират nm, че ще можем да стигнем до n-тата стъпка.

Нека сега да разгледаме 2, 3,…., n позиции и да ги сравним една с друга. Лесно е да се види, че всички те имат една и съща структура: ако сме стигнали до стъпката k, тогава можем да изкачим стъпката (k + 1). От тук такава аксиома за валидността на твърдения, които зависят от "n", става естествена: ако изречението A (n), в което n е естествено число, е изпълнено с n=1 и от факта, че е изпълнено с n=k (където k е всяко естествено число), следва, че е валидно и за n=k+1, тогава предположението A(n) е валидно за всяко естествено число n.

Приложение

Задачи по метода на математическата индукция при постъпване във ВУЗ.

Имайте предвид, че при постъпване във висш учебни заведенияИма и проблеми, които се решават с този метод. Нека ги разгледаме на конкретни примери.

Пример 1Докажете, че всеки естествен Псправедливо равенство

1) Кога n=1получаваме правилното равенство Sin.

2) След като направихме индуктивното предположение, че за n= кравенството е вярно, помислете за сумата от лявата страна на равенството, за n =k+1;

3) Използвайки формулите за редукция, трансформираме израза:

Тогава, по силата на метода на математическата индукция, равенството е вярно за всяко естествено n.

Пример 2Докажете, че за всяко естествено n стойността на израза 4n +15n-1 е кратна на 9.

1) С n=1: 2 2 +15-1=18 - кратно на 9 (защото 18:9=2)

2) Нека важи равенството за n=k: 4k +15k-1 е кратно на 9.

3) Нека докажем, че равенството е в сила за следващото число n=k+1

4k+1 +15(k+1)-1=4k+1 +15k+15-1=4.4k +60k-4-45k+18=4(4k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4k +15k-1) - кратно на 9;

9(5k-2) - кратно на 9;

Следователно целият израз 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) е кратен на 9, което трябваше да се докаже.

Пример 3Докажете това за всеки естествено число Пусловието е изпълнено: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.

1) Проверете това дадена формулавярно при n=1:Лява страна = 1∙2∙3=6.

Дясна част = . 6 = 6; вярно при n=1.

2) Да приемем, че тази формула е вярна за n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=.С к =.

3) Нека докажем, че тази формула е вярна за n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

С k+1 =.

Доказателство:

И така, това условие е вярно в два случая и доказа, че е вярно за n =k+1,следователно е вярно за всяко естествено число П.

Заключение

Обобщавайки, в процеса на изследване разбрах какво е индукция, коя е пълна или непълна, се запознах с метода на математическата индукция, основан на принципа на математическата индукция, разгледах много проблеми с помощта на този метод.

Аз също научих много нова информация, различна от включената в училищната програма.При изучаването на метода на математическата индукция използвах различна литература, интернет ресурси, а също така се консултирах с учител.

Заключение: След като обобщих и систематизирах знанията по математическата индукция, се убедих в необходимостта от знания по тази тема в действителност. Положително качество на метода на математическата индукция е широкото му приложение при решаване на задачи: в областта на алгебрата, геометрията и реалната математика. Освен това това знание повишава интереса към математиката като наука.

Сигурен съм, че уменията, придобити по време на работата, ще ми помогнат в бъдеще.

Библиография

Сомински И.С. Метод на математическата индукция. Популярни лекции по математика, бр.3-М.: Наука, 1974г.

Л. И. Головина, И. М. Яглом. Индукция в геометрията. - Физматгиз, 1961. - Т. 21. - 100 с. — (Популярни лекции по математика).

Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Ръководство по математика за кандидати за университети (Избрани въпроси на елементарната математика) - Изд. 5-то, преработено, 1976 - 638s.

А. Шен. Математическа индукция. - МЦНМО, 2004. - 36 с.

М. Л. Галицки, А. М. Голдман, Л. И. Звавич Сборник задачи по алгебра: учебник за 8-9 клетки. с дълбока изучаването на математиката 7 изд. - М .: Образование, 2001. - 271 с.

Ю.Н. - М .: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Уикипедия е безплатната енциклопедия.