Μέθοδος μαθηματικής αριθμομηχανής επαγωγής σε απευθείας σύνδεση. Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής

Η μαθηματική επαγωγή αποτελεί τη βάση μιας από τις πιο κοινές μεθόδους μαθηματικών αποδείξεων. Με τη βοήθειά του, μπορείτε να αποδείξετε τους περισσότερους τύπους με φυσικούς αριθμούς n, για παράδειγμα, τον τύπο για την εύρεση του αθροίσματος των πρώτων όρων της προόδου S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, ο διωνυμικός τύπος του Νεύτωνα 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 .

Στην πρώτη παράγραφο, θα αναλύσουμε τις βασικές έννοιες, στη συνέχεια θα εξετάσουμε τα βασικά της ίδιας της μεθόδου και, στη συνέχεια, θα σας πούμε πώς να τη χρησιμοποιήσετε για να αποδείξετε ισότητες και ανισότητες.

Έννοιες επαγωγής και επαγωγής

Αρχικά, ας δούμε τι είναι γενικά η επαγωγή και η έκπτωση.

Ορισμός 1

Επαγωγήείναι η μετάβαση από το ειδικό στο γενικό, και αφαίρεσηαντιθέτως, από το γενικό στο ειδικό.

Για παράδειγμα, έχουμε μια δήλωση: Το 254 μπορεί να χωριστεί σε δύο εντελώς. Από αυτό μπορούμε να βγάλουμε πολλά συμπεράσματα, μεταξύ των οποίων θα υπάρχουν και αληθινά και ψευδή. Για παράδειγμα, η δήλωση ότι όλοι οι ακέραιοι αριθμοί που έχουν τον αριθμό 4 στο τέλος μπορούν να διαιρεθούν με δύο χωρίς υπόλοιπο είναι σωστή, αλλά ότι οποιοσδήποτε αριθμός τριών ψηφίων διαιρείται με το 2 είναι ψευδής.

Γενικά, μπορεί να ειπωθεί ότι με τη βοήθεια του επαγωγικού συλλογισμού μπορεί κανείς να βγάλει πολλά συμπεράσματα από έναν γνωστό ή προφανή συλλογισμό. Η μαθηματική επαγωγή μας επιτρέπει να προσδιορίσουμε πόσο έγκυρα είναι αυτά τα συμπεράσματα.

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε μια ακολουθία αριθμών όπως 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , όπου το n δηλώνει κάποιο φυσικό αριθμό. Σε αυτήν την περίπτωση, όταν προσθέτουμε τα πρώτα στοιχεία της ακολουθίας, έχουμε τα εξής:

S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 2, S 2 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 \u003d 2 3, S 3 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 \u003d 4 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5 , . . .

Χρησιμοποιώντας την επαγωγή, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι S n = n n + 1 . Στο τρίτο μέρος θα αποδείξουμε αυτόν τον τύπο.

Ποια είναι η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής

Αυτή η μέθοδος βασίζεται στην αρχή του ίδιου ονόματος. Διατυπώνεται ως εξής:

Ορισμός 2

Μια ορισμένη πρόταση θα είναι αληθής για μια φυσική τιμή n όταν 1) θα είναι αληθής για n = 1 και 2) από το γεγονός ότι αυτή η έκφραση είναι αληθής για μια αυθαίρετη φυσική τιμή n = k, προκύπτει ότι θα είναι επίσης αληθής για n = k + 1 .

Η εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής πραγματοποιείται σε 3 στάδια:

1. Αρχικά, ελέγχουμε την ορθότητα της αρχικής πρότασης στην περίπτωση μιας αυθαίρετης φυσικής τιμής του n (συνήθως η δοκιμή γίνεται για ενότητα).
2. Μετά από αυτό, ελέγχουμε την πιστότητα στο n = k .
3. Και τότε αποδεικνύουμε την εγκυρότητα της πρότασης αν n = k + 1 .

Πώς να εφαρμόσετε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής κατά την επίλυση ανισώσεων και εξισώσεων

Ας πάρουμε το παράδειγμα για το οποίο μιλήσαμε νωρίτερα.

Παράδειγμα 1

Να αποδείξετε τον τύπο S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Λύση

Όπως ήδη γνωρίζουμε, για να εφαρμοστεί η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής, πρέπει να γίνουν τρία διαδοχικά βήματα.

1. Αρχικά, ελέγχουμε αν αυτή η ισότητα θα ισχύει για n ίσο με ένα. Παίρνουμε S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. Όλα είναι σωστά εδώ.
2. Περαιτέρω, κάνουμε την υπόθεση ότι ο τύπος S k = k k + 1 είναι σωστός.
3. Στο τρίτο βήμα, πρέπει να αποδείξουμε ότι S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , με βάση την εγκυρότητα της προηγούμενης ισότητας.

Μπορούμε να αναπαραστήσουμε το k + 1 ως το άθροισμα των πρώτων όρων της αρχικής ακολουθίας και το k + 1:

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

Εφόσον στο δεύτερο βήμα πήραμε ότι S k = k k + 1, μπορούμε να γράψουμε τα εξής:

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

Τώρα κάνουμε τις απαραίτητες μετατροπές. Θα χρειαστεί να μειώσουμε το κλάσμα σε έναν κοινό παρονομαστή, να μειώσουμε παρόμοιους όρους, να εφαρμόσουμε τον συντομευμένο τύπο πολλαπλασιασμού και να μειώσουμε αυτό που συνέβη:

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

Έτσι, αποδείξαμε την ισότητα στο τρίτο σημείο εκτελώντας και τα τρία βήματα της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής.

Απάντηση:Η υπόθεση για τον τύπο S n = n n + 1 είναι αληθής.

Ας πάρουμε ένα πιο σύνθετο πρόβλημα με τις τριγωνομετρικές συναρτήσεις.

Παράδειγμα 2

Δώστε μια απόδειξη της ταυτότητας cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Λύση

Όπως θυμόμαστε, το πρώτο βήμα πρέπει να είναι ο έλεγχος της ορθότητας της ισότητας όταν το n είναι ίσο με ένα. Για να το μάθουμε, πρέπει να θυμόμαστε τους βασικούς τριγωνομετρικούς τύπους.

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

Επομένως, για n ίσο με ένα, η ταυτότητα θα είναι αληθής.

Τώρα ας υποθέσουμε ότι η εγκυρότητά του διατηρείται για n = k , δηλ. θα είναι αλήθεια ότι cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Αποδεικνύουμε την ισότητα cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α για την περίπτωση που n = k + 1, με βάση την προηγούμενη υπόθεση.

Σύμφωνα με τον τριγωνομετρικό τύπο,

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 αμαρτία (2 2 k + 1 α) + αμαρτία 0 = 1 2 αμαρτία 2 κ + 2 α

Συνεπώς,

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 = αμαρτία 2 k + 2 α 2 k + 1 αμαρτία 2 α

Ένα παράδειγμα επίλυσης του προβλήματος της απόδειξης μιας ανισότητας χρησιμοποιώντας αυτή τη μέθοδο, έχουμε δώσει σε ένα άρθρο σχετικά με τη μέθοδο ελάχιστα τετράγωνα. Διαβάστε την παράγραφο στην οποία προκύπτουν οι τύποι για την εύρεση των συντελεστών προσέγγισης.

Εάν παρατηρήσετε κάποιο λάθος στο κείμενο, επισημάνετε το και πατήστε Ctrl+Enter

Μια μέθοδος απόδειξης που βασίζεται στο αξίωμα 4 του Peano χρησιμοποιείται για να αποδείξει πολλές μαθηματικές ιδιότητες και διάφορες προτάσεις. Η βάση για αυτό είναι το ακόλουθο θεώρημα.

Θεώρημα. Αν η δήλωση ΑΛΛΑ(ιδ)με φυσική μεταβλητή nαλήθεια για n= 1 και από το γεγονός ότι ισχύει για n=k, προκύπτει ότι ισχύει και για τον επόμενο αριθμό n=k,μετά η δήλωση ΑΛΛΑ(ιδ) n.

Απόδειξη. Σημειώστε με Μτο σύνολο εκείνων και μόνο εκείνων των φυσικών αριθμών για τους οποίους η πρόταση ΑΛΛΑ(ιδ)αληθής. Τότε από την συνθήκη του θεωρήματος έχουμε: 1) 1 Μ; 2) κ ΜκΜ. Ως εκ τούτου, με βάση το Αξίωμα 4, συμπεραίνουμε ότι Μ =Ν, δηλ. δήλωση ΑΛΛΑ(ιδ)ισχύει για κάθε φυσικό n.

Η μέθοδος απόδειξης που βασίζεται σε αυτό το θεώρημα ονομάζεται μέθοδος μαθηματικής επαγωγής,και το αξίωμα είναι το αξίωμα της επαγωγής. Αυτή η απόδειξη έχει δύο μέρη:

1) να αποδείξετε ότι η δήλωση ΑΛΛΑ(ιδ)αλήθεια για n= Α'1);

2) υποθέστε ότι η δήλωση ΑΛΛΑ(ιδ)αλήθεια για n=k, και, ξεκινώντας από αυτή την υπόθεση, να αποδείξετε ότι η δήλωση Ενα)αλήθεια για n=k+ 1, δηλ. ότι η δήλωση είναι αληθινή Α(κ) Α(κ + 1).

Αν ένα ΑΛΛΑ( 1) ΑΛΛΑ(ια) Α(κ + 1) είναι μια αληθινή δήλωση, τότε καταλήγουν στο συμπέρασμα ότι η δήλωση Ενα)ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

Η απόδειξη με μαθηματική επαγωγή μπορεί να ξεκινήσει όχι μόνο με την επιβεβαίωση της αλήθειας της δήλωσης για n= 1, αλλά και από οποιονδήποτε φυσικό αριθμό Μ. Σε αυτή την περίπτωση, η δήλωση ΑΛΛΑ(ιδ)θα αποδειχθεί για όλους τους φυσικούς αριθμούς nm.

Πρόβλημα Ας αποδείξουμε ότι για κάθε φυσικό αριθμό η ισότητα 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Λύση.Ισότητα 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = nείναι ένας τύπος που μπορεί να χρησιμοποιηθεί για να βρεθεί το άθροισμα των πρώτων διαδοχικών περιττών φυσικών αριθμών. Για παράδειγμα, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (το άθροισμα περιέχει 4 όρους), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (το άθροισμα περιέχει 6 όρους). αν αυτό το άθροισμα περιέχει 20 όρους του υποδεικνυόμενου τύπου, τότε είναι ίσο με 20 = 400 κ.λπ. Έχοντας αποδείξει την αλήθεια αυτής της ισότητας, θα μπορέσουμε να βρούμε το άθροισμα οποιουδήποτε αριθμού όρων του καθορισμένου τύπου χρησιμοποιώντας τον τύπο.

1) Επαληθεύστε την αλήθεια αυτής της ισότητας για n= 1. Πότε n= 1 η αριστερή πλευρά της ισότητας αποτελείται από έναν όρο ίσο με 1, η δεξιά πλευρά είναι ίση με 1 = 1. Αφού 1 = 1, τότε για n= 1 αυτή η ισότητα είναι αληθινή.

2) Υποθέστε ότι αυτή η ισότητα ισχύει για n=k, δηλ. ότι 1 + 3 + 5 + … + (2 κ- 1) = κ.Με βάση αυτή την υπόθεση, αποδεικνύουμε ότι ισχύει για n=k+ 1, δηλ. 1 + 3 + 5 + ... + (2 κ- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Θεωρήστε την αριστερή πλευρά της τελευταίας ισότητας.

Με την υπόθεση, το άθροισμα του πρώτου κόροι είναι κκαι επομένως 1 + 3 + 5 + ... + (2 κ- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2κ- 1) + (2κ+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Εκφραση k+ 2k + 1 είναι πανομοιότυπα ίσο με την έκφραση ( k + 1).

Ως εκ τούτου, η αλήθεια αυτής της ισότητας για n=k+ 1 είναι αποδεδειγμένο.

Επομένως, αυτή η ισότητα ισχύει για n= 1 και από την αλήθεια του για n=kακολουθεί την αλήθεια για n=k+ 1.

Αυτό αποδεικνύει ότι αυτή η ισότητα ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό.

Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, μπορεί κανείς να αποδείξει την αλήθεια όχι μόνο των ισοτήτων, αλλά και των ανισοτήτων.

Μια εργασία. Αποδείξτε ότι όπου nN.

Λύση.Ας ελέγξουμε την αλήθεια της ανισότητας για n= 1. Έχουμε - μια αληθινή ανισότητα.

Ας υποθέσουμε ότι η ανισότητα ισχύει για n=k,εκείνοι. - αληθινή ανισότητα. Ας αποδείξουμε, με βάση την υπόθεση, ότι ισχύει για n=k+ 1, δηλ. (*).

Μετασχηματίζουμε την αριστερή πλευρά της ανίσωσης (*), λαμβάνοντας υπόψη ότι : .

Όμως, αυτό σημαίνει .

Άρα αυτή η ανισότητα ισχύει για n= 1, και, από το γεγονός ότι η ανισότητα ισχύει για κάποιους n= κ, διαπιστώσαμε ότι ισχύει και για n= k + 1.

Έτσι, χρησιμοποιώντας το Αξίωμα 4, αποδείξαμε ότι αυτή η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό.

Άλλοι ισχυρισμοί μπορούν επίσης να αποδειχθούν με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Μια εργασία. Να αποδείξετε ότι η πρόταση ισχύει για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό.

Λύση. Ας ελέγξουμε την αλήθεια της δήλωσης n= 1: -αληθής δήλωση.

Ας υποθέσουμε ότι αυτή η δήλωση ισχύει για n=k: . Ας δείξουμε, χρησιμοποιώντας αυτό, την αλήθεια της δήλωσης για n=k+ 1: .

Ας μετατρέψουμε την έκφραση: . Ας βρούμε τη διαφορά κκαι k+ 1 μέλη. Εάν αποδειχθεί ότι η προκύπτουσα διαφορά είναι πολλαπλάσιο του 7, και υποθέτοντας ότι το subtrahend διαιρείται με το 7, τότε το minuend είναι επίσης πολλαπλάσιο του 7:

Το γινόμενο είναι πολλαπλάσιο του 7, επομένως, και .

Επομένως, αυτή η δήλωση ισχύει για n= 1 και από την αλήθεια του για n=kακολουθεί την αλήθεια για n=k+ 1.

Αυτό αποδεικνύει ότι αυτή η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό.

Μια εργασία. Να το αποδείξετε για κάθε φυσικό αριθμό n 2 η πρόταση (7-1)24 είναι αληθής.

Λύση. 1) Ελέγξτε την αλήθεια της δήλωσης για n= 2: - αληθής δήλωση.

MBOU Λύκειο "Τεχνικό και Οικονομικό"

ΜΕΘΟΔΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΠΑΓΩΓΗΣ

ΜΕΘΟΔΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΠΑΓΩΓΗΣ.

ΕΠΕΞΗΓΗΜΑΤΙΚΟ ΣΗΜΕΙΩΜΑ

Η μεθοδολογική ανάπτυξη «Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής» συντάχθηκε για μαθητές της 10ης τάξης του μαθηματικού προφίλ.

Βασικοί στόχοι: να εξοικειωθούν οι μαθητές με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής και να διδάξουν πώς να την εφαρμόζουν στην επίλυση διαφόρων προβλημάτων.

ΣΤΟ μεθοδολογική ανάπτυξηεξετάζονται ερωτήματα στοιχειωδών μαθηματικών: προτείνονται προβλήματα διαιρετότητας, απόδειξη ταυτοτήτων, απόδειξη ανισοτήτων, προβλήματα διαφορετικού βαθμού πολυπλοκότητας, συμπεριλαμβανομένων προβλημάτων που προσφέρονται σε ολυμπιάδες.

Ο ρόλος των επαγωγικών συμπερασμάτων στις πειραματικές επιστήμες είναι πολύ μεγάλος. Δίνουν αυτές τις διατάξεις, από τις οποίες στη συνέχεια συνάγονται περαιτέρω συμπεράσματα. Ονομα μέθοδος μαθηματικής επαγωγήςπαραπλανητικά - στην πραγματικότητα, αυτή η μέθοδος είναι απαγωγική και δίνει μια αυστηρή απόδειξη των δηλώσεων που μαντεύονται με επαγωγή. Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής συμβάλλει στον εντοπισμό των συνδέσεων μεταξύ διαφόρων τμημάτων των μαθηματικών, βοηθά στην ανάπτυξη της μαθηματικής κουλτούρας του μαθητή.

Ορισμός της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής. Πλήρης και ημιτελής επαγωγή. Απόδειξη ανισοτήτων. Απόδειξη ταυτότητας. Επίλυση προβλημάτων διαιρετότητας. Επίλυση διαφόρων προβλημάτων με θέμα «Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής».

ΛΟΓΟΤΕΧΝΙΑ ΓΙΑ ΤΟΝ ΔΑΣΚΑΛΟ

1. M.L. Galitsky. Σε βάθος μελέτη του μαθήματος της άλγεβρας και της μαθηματικής ανάλυσης. - Μ. Διαφωτισμός 1986.

2. L.I. Zvavich. Άλγεβρα και οι απαρχές της ανάλυσης. Διδακτικό υλικό. Μ. Δρόφα. 2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Άλγεβρα και μαθηματική ανάλυση. M Διαφωτισμός. 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής. NGU.1995.

ΛΟΓΟΤΕΧΝΙΑ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ

1. N.Ya. Vilenkin. Άλγεβρα και μαθηματική ανάλυση. M Διαφωτισμός. 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής. NGU.1995.

ΛΕΞΕΙΣ ΚΛΕΙΔΙΑ

Επαγωγή, αξίωμα, αρχή της μαθηματικής επαγωγής, πλήρης επαγωγή, ελλιπής επαγωγή, ισχυρισμός, ταυτότητα, ανισότητα, διαιρετότητα.

ΔΙΔΑΚΤΙΚΟ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΣΤΟ ΘΕΜΑ

«ΜΕΘΟΔΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΠΟΓΗΣΗΣ».

Μάθημα 1

Ορισμός της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής.

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής είναι μια από τις εξαιρετικά αποτελεσματικές μεθόδους για την εύρεση νέων αποτελεσμάτων και την απόδειξη της αλήθειας των υποθέσεων που διατυπώθηκαν. Αν και αυτή η μέθοδος δεν είναι νέα στα μαθηματικά, το ενδιαφέρον γι' αυτήν δεν μειώνεται. Για πρώτη φορά σε μια σαφή παρουσίαση, η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής εφαρμόστηκε τον 17ο αιώνα από τον εξαιρετικό Γάλλο επιστήμονα Blaise Pascal για να αποδείξει τις ιδιότητες ενός αριθμητικού τριγώνου, που έκτοτε πήρε το όνομά του. Ωστόσο, η ιδέα της μαθηματικής επαγωγής ήταν γνωστή στους αρχαίους Έλληνες. Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής βασίζεται στην αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η οποία γίνεται αποδεκτή ως αξίωμα. Θα εξετάσουμε την ιδέα της μαθηματικής επαγωγής με παραδείγματα.

Παράδειγμα #1.

Το τετράγωνο χωρίζεται από ένα τμήμα σε δύο μέρη, στη συνέχεια ένα από τα προκύπτοντα μέρη χωρίζεται σε δύο μέρη και ούτω καθεξής. Προσδιορίστε σε πόσα μέρη χωρίζεται το τετράγωνο Πβήματα;

Λύση.

Μετά το πρώτο βήμα, παίρνουμε, κατά συνθήκη, 2 μέρη. Στο δεύτερο βήμα, αφήνουμε το ένα μέρος αμετάβλητο, και χωρίζουμε το δεύτερο σε 2 μέρη και παίρνουμε 3 μέρη. Στο τρίτο βήμα, αφήνουμε 2 μέρη αναλλοίωτα, και χωρίζουμε το τρίτο σε δύο μέρη και παίρνουμε 4 μέρη. Στο τέταρτο βήμα αφήνουμε 3 μέρη αναλλοίωτα, και χωρίζουμε το τελευταίο σε δύο μέρη και παίρνουμε 5 μέρη. Στο πέμπτο βήμα, θα πάρουμε 6 μέρη. Η πρόταση γίνεται μέσω αυτού Πβήματα που κάνουμε (n+1)μέρος. Αλλά αυτή η πρόταση πρέπει να αποδειχθεί. Ας το υποθέσουμε μέχρι στιγμής προς τηνβήματα το τετράγωνο χωρίζεται σε (k+1)μέρος. Στη συνέχεια (k+1)βήμα εμείς προς τηντα μέρη θα παραμείνουν αμετάβλητα και (k+1)χωρίστε το μέρος σε δύο μέρη και πάρτε (k+2)εξαρτήματα. Παρατηρείς ότι μπορείς να μαλώνεις έτσι για όσο καιρό θέλεις, επ' άπειρον. Δηλαδή η υπόθεση μας είναι αυτή Πβήματα το τετράγωνο θα χωριστεί σε (n+1)μέρος, αποδεικνύεται.

Παράδειγμα #2.

Η γιαγιά μου είχε μια εγγονή που λάτρευε πολύ τη μαρμελάδα και ειδικά αυτή στο βάζο του λίτρου. Όμως η γιαγιά δεν του επέτρεψε να αγγίξει. Και οι εγγονές αποφάσισαν να εξαπατήσουν τη γιαγιά τους. Αποφάσισε να τρώει κάθε μέρα 1/10 λίτρο από αυτό το βάζο και να το συμπληρώνει με νερό, ανακατεύοντας καλά. Μετά από πόσες μέρες θα ανακαλύψει η γιαγιά την εξαπάτηση αν η μαρμελάδα παραμείνει ίδια στην εμφάνιση όταν αραιωθεί με νερό στο μισό;

Λύση.

Βρείτε πόση καθαρή μαρμελάδα θα μείνει στο βάζο μετά Πημέρες. Μετά την πρώτη μέρα, το μείγμα θα παραμείνει στο βάζο, αποτελούμενο από 9/10 μαρμελάδα και 1/10 νερό. Μετά από δύο ημέρες, το 1/10 του μείγματος νερού και μαρμελάδας θα εξαφανιστεί από το βάζο και θα παραμείνει (1 λίτρο του μείγματος περιέχει 9/10 λίτρα μαρμελάδα, 1/10 λίτρο του μείγματος περιέχει 9/100 λίτρα μαρμελάδα)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 λίτρα μαρμελάδα. Την τρίτη μέρα, 1/10 λίτρο μείγματος που αποτελείται από 81/100 μαρμελάδα και 19/100 νερό θα εξαφανιστεί από το βάζο. Στο 1 λίτρο του μείγματος υπάρχουν 81/100 λίτρα μαρμελάδα, στο 1/10 λίτρο του μείγματος 81/1000 λίτρα μαρμελάδα. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 λίτρα μαρμελάδας θα μείνουν μετά από 3 ημέρες και το υπόλοιπο θα απορροφηθεί από το νερό. Εμφανίζεται ένα μοτίβο. Διά μέσου Παπομένουν μέρες στην τράπεζα (9/10) Πμαρμελάδα. Αλλά και πάλι, αυτή είναι μόνο η εικασία μας.

Αφήνω προς τηνείναι ένας αυθαίρετος φυσικός αριθμός. Ας το υποθέσουμε μέχρι στιγμής προς τηνμέρες στην τράπεζα θα μείνουν (9/10) έως l μαρμελάδα. Να δούμε τι θα υπάρχει στην τράπεζα σε μια άλλη μέρα, δηλαδή μέσα (k+1)ημέρα. Θα εξαφανιστεί από την τράπεζα 1/10 λτένα μείγμα από (9/10) προς την μεγάλομαρμελάδα και νερό. ΣΤΟ 1 λίτρομείγμα είναι (9/10) προς την μεγάλομαρμελάδα, μέσα 1/10 λτμείγματα (9/10) k+1 μεγάλομαρμελάδα. Τώρα μπορούμε να το πούμε με ασφάλεια Παπομένουν μέρες στην τράπεζα (9/10) Π μεγάλομαρμελάδα. Σε 6 μέρες η τράπεζα θα έχει 531444/1000000λμαρμελάδες, μετά από 7 ημέρες - 4782969/10000000λμαρμελάδα δηλαδή λιγότερο από το μισό.

Απάντηση:μετά από 7 ημέρες, η γιαγιά θα ανακαλύψει την εξαπάτηση.

Ας προσπαθήσουμε να ξεχωρίσουμε τα πιο βασικά στις λύσεις των εξεταζόμενων προβλημάτων. Ξεκινήσαμε να λύνουμε κάθε ένα από αυτά εξετάζοντας ξεχωριστές ή, όπως λένε, ειδικές περιπτώσεις. Στη συνέχεια, με βάση τις παρατηρήσεις μας, κάναμε κάποιες υποθέσεις P(n), ανάλογα με το φυσικό Π.

ο ισχυρισμός ελέγχθηκε, αποδείχθηκε δηλαδή Ρ(1), Ρ(2), Ρ(3);

πρότεινε ότι P(n)ισχύει για n=kκαι συνήγαγε ότι τότε θα ισχύει για τα επόμενα n, n=k+1.

Και μετά μάλωναν κάπως έτσι: P(1)σωστά, P(2)σωστά, P(3)σωστά, P(4)σωστά... έτσι είναι P(n).

Η αρχή της μαθηματικής επαγωγής.

Δήλωση P(n), ανάλογα με το φυσικό Π, ισχύει για όλα τα φυσικά Π, αν

1) την εγκυρότητα του ισχυρισμού για n=1;

2) από την παραδοχή της εγκυρότητας της δήλωσης P(n)στο n=kπρέπει

δικαιοσύνη P(n)στο n=k+1.

Στα μαθηματικά, η αρχή της μαθηματικής επαγωγής επιλέγεται, κατά κανόνα, ως ένα από τα αξιώματα που ορίζουν τη φυσική σειρά των αριθμών και, ως εκ τούτου, γίνεται αποδεκτή χωρίς απόδειξη. Η μέθοδος απόδειξης με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής ονομάζεται συνήθως μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής. Σημειώστε ότι αυτή η μέθοδος χρησιμοποιείται ευρέως για την απόδειξη θεωρημάτων, ταυτοτήτων, ανισοτήτων στην επίλυση προβλημάτων διαιρετότητας και πολλών άλλων προβλημάτων.

Μάθημα #2

Πλήρης και ημιτελής επαγωγή.

Στην περίπτωση που μια μαθηματική πρόταση αφορά έναν πεπερασμένο αριθμό αντικειμένων, μπορεί να αποδειχθεί ελέγχοντας για κάθε αντικείμενο, για παράδειγμα, την πρόταση "Κάθε διψήφιος ζυγός αριθμός είναι το άθροισμα δύο πρώτων αριθμών". Η μέθοδος απόδειξης στην οποία δοκιμάζουμε μια πρόταση για πεπερασμένο αριθμό περιπτώσεων ονομάζεται πλήρης μαθηματική επαγωγή. Αυτή η μέθοδος χρησιμοποιείται σχετικά σπάνια, καθώς οι εντολές εξετάζονται συχνότερα σε άπειρα σύνολα. Για παράδειγμα, το θεώρημα «Οποιοσδήποτε ζυγός αριθμός είναι ίσος με το άθροισμα δύο πρώτων αριθμών» δεν έχει ούτε αποδειχθεί ούτε διαψευσθεί μέχρι στιγμής. Ακόμα κι αν δοκιμάσαμε αυτό το θεώρημα για το πρώτο δισεκατομμύριο, δεν θα μας έφερνε ούτε ένα βήμα πιο κοντά στην απόδειξή του.

Στις φυσικές επιστήμες χρησιμοποιείται ημιτελής επαγωγή, δοκιμάζοντας το πείραμα πολλές φορές, μεταφέροντας το αποτέλεσμα σε όλες τις περιπτώσεις.

Παράδειγμα #3

Μαντέψτε χρησιμοποιώντας ατελή τύπο επαγωγής για το άθροισμα των κύβων των φυσικών αριθμών.

Λύση.

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 .

Απόδειξη.

Ας είναι αλήθεια για n=k.

Ας αποδείξουμε ότι ισχύει για n=k+1.

Συμπέρασμα: ο τύπος για το άθροισμα των κύβων των φυσικών αριθμών ισχύει για κάθε φυσικό Π.

Παράδειγμα #4

Εξετάστε τις ισότητες και μαντέψτε ποια δίκαιοδώστε αυτά τα παραδείγματα.

Λύση.

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

……………………………………………………………..

Παράδειγμα #5

Γράψτε τις παρακάτω εκφράσεις ως άθροισμα:

1)
2)
3)
; 4)
.

Ελληνικό γράμμα «σίγμα».

Παράδειγμα #6.

Γράψτε τα παρακάτω αθροίσματα χρησιμοποιώντας το πρόσημο
:

2)

Παράδειγμα #7.

Γράψτε τις παρακάτω εκφράσεις ως προϊόντα:

1)

3)
4)

Παράδειγμα #8.

Καταγράψτε τα παρακάτω έργα χρησιμοποιώντας το πρόσημο

(κεφαλαίο ελληνικό γράμμα "πι")

1)
2)

Παράδειγμα #9.

Υπολογισμός της τιμής ενός πολυωνύμου φά ( n )= n 2 + n +11 , στο n=1,2,3,4,5,6,7 μπορεί να υποτεθεί ότι για κάθε φυσικόΠαριθμός φά ( n ) απλός.

Είναι σωστή αυτή η υπόθεση;

Λύση.

Αν κάθε άθροισμα διαιρείται με έναν αριθμό, τότε το άθροισμα διαιρείται με αυτόν τον αριθμό,
δεν είναι πρώτος αριθμός για κανένα φυσικό αριθμόΠ.

Η ανάλυση ενός πεπερασμένου αριθμού περιπτώσεων παίζει σημαντικό ρόλο στα μαθηματικά: χωρίς να αποδεικνύεται η μία ή η άλλη πρόταση, βοηθά να μαντέψουμε τη σωστή διατύπωση αυτής της δήλωσης, εάν δεν είναι ακόμη γνωστή. Έτσι ο Γκόλντμπαχ, μέλος της Ακαδημίας Επιστημών της Αγίας Πετρούπολης, κατέληξε στην εικασία ότι οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός, ξεκινώντας από το δύο, είναι το άθροισμα το πολύ τριών πρώτων αριθμών.

Μάθημα #3

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής μας επιτρέπει να αποδείξουμε διάφορες ταυτότητες.

Παράδειγμα #10.Ας το αποδείξουμε για όλους Πη ταυτότητα

Λύση.

Ας βάλουμε

Πρέπει να το αποδείξουμε

Ας αποδείξουμε ότι Τότε από την αλήθεια της ταυτότητας

ακολουθεί η αλήθεια της ταυτότητας

Με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η αλήθεια της ταυτότητας για όλους Π.

Παράδειγμα #11.

Ας αποδείξουμε την ταυτότητα

Απόδειξη.

ισότητες ανά περίοδο.

;
. Άρα αυτή η ταυτότητα ισχύει για όλουςΠ .

Μάθημα νούμερο 4.

Απόδειξη ταυτοτήτων με μαθηματική επαγωγή.

Παράδειγμα #12. Ας αποδείξουμε την ταυτότητα

Απόδειξη.

Εφαρμόζοντας την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, αποδείξαμε ότι η ισότητα ισχύει για όλους Π.

Παράδειγμα #13. Ας αποδείξουμε την ταυτότητα

Απόδειξη.

Εφαρμόζοντας την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, αποδείξαμε ότι η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό Π.

Παράδειγμα #14. Ας αποδείξουμε την ταυτότητα

Απόδειξη.

Παράδειγμα #15. Ας αποδείξουμε την ταυτότητα

1) n=1;

2) για n=k ισότητα

3) να αποδείξετε ότι ισχύει η ισότητα n=k+1:

Συμπέρασμα: η ταυτότητα ισχύει για κάθε φυσικό Π.

Παράδειγμα #16.Ας αποδείξουμε την ταυτότητα

Απόδειξη.

Αν ένα n=1 , έπειτα

Αφήστε την ταυτότητα να κρατήσει n=k.

Ας αποδείξουμε ότι η ταυτότητα ισχύει n=k+1.

Τότε η ταυτότητα ισχύει για κάθε φυσικό Π.

Μάθημα νούμερο 5.

Απόδειξη ταυτοτήτων με μαθηματική επαγωγή.

Παράδειγμα #17.Ας αποδείξουμε την ταυτότητα

Απόδειξη.

Αν ένα n=2 , τότε παίρνουμε τη σωστή ισότητα:

Ας ισχύει για την ισότηταn=k:

Ας αποδείξουμε την εγκυρότητα του ισχυρισμού για n=k+1.

Σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η ταυτότητα αποδεικνύεται.

Παράδειγμα #18. Ας αποδείξουμε την ταυτότητα
για n≥2.

Στο n=2 αυτή η ταυτότητα μπορεί να ξαναγραφτεί με πολύ απλή μορφή

και προφανώς αλήθεια.

Αφήστε στο n=kΠραγματικά

.

Ας αποδείξουμε την εγκυρότητα του ισχυρισμού γιαn=k+1, δηλαδή ικανοποιείται η ισότητα: .

Έτσι, έχουμε αποδείξει ότι η ταυτότητα είναι αληθινή για κάθε φυσικό n≥2.

Παράδειγμα #19. Ας αποδείξουμε την ταυτότητα

Στο n=1 παίρνουμε τη σωστή ισότητα:

Ας υποθέσουμε ότι στις n=kπαίρνουμε επίσης τη σωστή ισότητα:

Ας αποδείξουμε ότι η εγκυρότητα της ισότητας τηρείται για n=k+1:

Τότε η ταυτότητα ισχύει για κάθε φυσικό Π.

Μάθημα νούμερο 6.

Επίλυση προβλημάτων διαιρετότητας.

Παράδειγμα #20.Να αποδείξετε με μαθηματική επαγωγή ότι

διαιρείται με 6 χωρίς ίχνος.

Απόδειξη.

Στο n=1 υπάρχει διαίρεση σε6 χωρίς ίχνος,
.

Αφήστε στο n=k έκφραση
πολλαπλούς6.

Ας αποδείξουμε ότι όταν n=k+1 έκφραση
πολλαπλούς6 .

Κάθε όρος είναι πολλαπλάσιος 6 , άρα το άθροισμα είναι πολλαπλάσιο του 6 .

Παράδειγμα αριθμός 21.
στο5 χωρίς ίχνος.

Απόδειξη.

Στο n=1 η έκφραση διαιρείται
.

Αφήστε στο n=k έκφραση
επίσης χωρίζεται σε5 χωρίς ίχνος.

Στο n=k+1διαιρείται με 5 .

Παράδειγμα #22. Να αποδείξετε τη διαιρετότητα μιας έκφρασης
στο16.

Απόδειξη.

Στο n=1πολλαπλούς 16 .

Αφήστε στο n=k
πολλαπλούς16.

Στο n=k+1

Όλοι οι όροι διαιρούνται με 16: το πρώτο είναι προφανώς το δεύτερο κατ' υπόθεση, και το τρίτο έχει ζυγό αριθμό σε παρενθέσεις.

Παράδειγμα #23. Απόδειξη διαιρετότητας
στο676.

Απόδειξη.

Ας το αποδείξουμε πρώτα
διαιρείται με
.

Στο n=0
.

Αφήστε στο n=k
διαιρείται με26 .

Στη συνέχεια στο n=k+1διαιρείται με 26 .

Ας αποδείξουμε τώρα τον ισχυρισμό που διατυπώθηκε στην συνθήκη του προβλήματος.

Στο n=1διαιρείται με 676.

Στο n=k είναι αλήθεια ότι
διαιρείται με26 2 .

Στο n=k+1 .

Και οι δύο όροι διαιρούνται με 676 ; το πρώτο είναι επειδή έχουμε αποδείξει τη διαιρετότητα με 26 έκφραση σε αγκύλες και η δεύτερη διαιρείται με την επαγωγική υπόθεση.

Μάθημα νούμερο 7.

Επίλυση προβλημάτων διαιρετότητας.

Παράδειγμα αριθμός 24.

Αποδείξτε το
διαιρείται με5 χωρίς ίχνος.

Απόδειξη.

Στο n=1
διαιρείται με5.

Στο n=k
διαιρείται με5 χωρίς ίχνος.

Στο n=k+1 κάθε όρος διαιρείται με5 χωρίς ίχνος.

Παράδειγμα #25.

Αποδείξτε το
διαιρείται με6 χωρίς ίχνος.

Απόδειξη.

Στο n=1
διαιρείται με6 χωρίς ίχνος.

Αφήστε στο n=k
διαιρείται με6 χωρίς ίχνος.

Στο n=k+1διαιρείται με 6 κανένα υπόλοιπο, αφού κάθε όρος διαιρείται με6 χωρίς υπόλοιπο: ο πρώτος όρος, με την επαγωγική υπόθεση, ο δεύτερος, προφανώς, ο τρίτος, επειδή
Ζυγός αριθμός.

Παράδειγμα #26.

Αποδείξτε το
κατά τη διαίρεση με9 δίνει το υπόλοιπο 1 .

Απόδειξη.

Ας το αποδείξουμε
διαιρείται με9 .

Στο n=1
διαιρείται με 9 . Αφήστε στο n=k
διαιρείται με9 .

Στο n=k+1διαιρείται με 9 .

Παράδειγμα αριθμός 27.

Αποδείξτε ότι διαιρείται με15 χωρίς ίχνος.

Απόδειξη.

Στο n=1διαιρείται με 15 .

Αφήστε στο n=kδιαιρείται με 15 χωρίς ίχνος.

Στο n=k+1

Ο πρώτος όρος είναι πολλαπλός15 από την υπόθεση της επαγωγής, ο δεύτερος όρος είναι πολλαπλάσιο του15 – προφανώς, ο τρίτος όρος είναι πολλαπλάσιο του15 , επειδή
πολλαπλούς5 (αποδεικνύεται στο παράδειγμα Νο. 21), ο τέταρτος και ο πέμπτος όρος είναι επίσης πολλαπλοί5 , το οποίο είναι προφανές, τότε το άθροισμα είναι πολλαπλάσιο του15 .

Αριθμός μαθήματος 8-9.

Απόδειξη ανισοτήτων με μαθηματική επαγωγή

Παράδειγμα #28.
.

Στο n=1έχουμε
- σωστά.

Αφήστε στο n=k
είναι μια πραγματική ανισότητα.

Στο n=k+1

Τότε η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό Π.

Παράδειγμα #29.Αποδείξτε ότι η ανισότητα είναι αληθινή
για κάθε Π.

Στο n=1παίρνουμε τη σωστή ανισότητα 4 >1.

Αφήστε στο n=kτην ανισότητα
.

Ας αποδείξουμε ότι όταν n=k+1την ανισότητα

Για κάθε φυσικό προς τηνπαρατηρείται ανισότητα.

Αν ένα
στο
έπειτα

Παράδειγμα #30.

για κάθε φυσικό Πκαι οποιαδήποτε

Αφήνω n=1
, σωστά.

Ας υποθέσουμε ότι ισχύει η ανισότητα n=k:
.

Στο n=k+1

Παράδειγμα αριθμός 31.Να αποδείξετε την εγκυρότητα της ανισότητας

για κάθε φυσικό Π.

Ας αποδείξουμε πρώτα ότι για κάθε φυσικό tτην ανισότητα

Πολλαπλασιάστε και τις δύο πλευρές της ανισότητας επί
. Λαμβάνουμε μια ισοδύναμη ανισότητα ή
;
; - αυτή η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό t.

Στο n=1η αρχική ανισότητα είναι αληθινή
;
;
.

Αφήστε την ανισότητα να ισχύει n=k:
.

Στο n=k+1

Μάθημα νούμερο 10.

Επίλυση προβλημάτων σχετικά με το θέμα

Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής.

Παράδειγμα #32.Αποδείξτε την ανισότητα του Μπερνούλι.

Αν ένα
, τότε για όλες τις φυσικές αξίεςΠ την ανισότητα

Απόδειξη.

Στο n=1 η ανισότητα που αποδεικνύεται παίρνει τη μορφή
και προφανώς σωστά. Ας υποθέσουμε ότι είναι αλήθεια γιαn=k , δηλαδή τι
.

Αφού σύμφωνα με την προϋπόθεση
, έπειτα
, και επομένως η ανισότητα δεν αλλάζει το νόημά της όταν πολλαπλασιάζονται και τα δύο μέρη της επί
:

Επειδή
, τότε το καταλαβαίνουμε

.

Άρα η ανισότητα ισχύει για n=1, και από την αλήθεια του στο n=kπροκύπτει ότι είναι αλήθεια και n=k+1.Ως εκ τούτου, με μαθηματική επαγωγή, ισχύει για όλα τα φυσικά Π.

Για παράδειγμα,

Παράδειγμα αριθμός 33. Βρείτε όλες τις φυσικές αξίεςΠ , για την οποία η ανισότητα

Λύση.

Στο n=1η ανισότητα είναι σωστή. Στο n=2η ανισότητα είναι επίσης αληθής.

Στο n=3η ανισότητα δεν ικανοποιείται πλέον. Μόνο όταν n=6η ανισότητα ισχύει, έτσι ώστε για την επαγωγική βάση μπορούμε να πάρουμε n=6.

Ας υποθέσουμε ότι η ανισότητα ισχύει για κάποιο φυσικό προς την:

Σκεφτείτε την ανισότητα

Η τελευταία ανισότητα ισχύει εάν
Δοκιμήστο θέμα n=1 δίνεται περιοδικά: n≥5 , όπου Π- -φυσικός αριθμός.

Μια από τις πιο σημαντικές μεθόδους μαθηματικής απόδειξης είναι δικαίως μέθοδος μαθηματικής επαγωγής. Η συντριπτική πλειοψηφία των τύπων που σχετίζονται με όλους τους φυσικούς αριθμούς n μπορεί να αποδειχθεί με μαθηματική επαγωγή (για παράδειγμα, ο τύπος για το άθροισμα των πρώτων n όρων μιας αριθμητικής προόδου, ο διωνυμικός τύπος του Νεύτωνα, κ.λπ.).

Σε αυτό το άρθρο, θα σταθούμε πρώτα στις βασικές έννοιες, στη συνέχεια θα εξετάσουμε την ίδια τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής και θα αναλύσουμε παραδείγματα εφαρμογής της στην απόδειξη ισοτήτων και ανισοτήτων.

Πλοήγηση στη σελίδα.

Επαγωγή και αφαίρεση.

με επαγωγήονομάζεται η μετάβαση από ειδικές σε γενικές δηλώσεις. Αντίθετα, ονομάζεται η μετάβαση από τις γενικές δηλώσεις σε συγκεκριμένες αφαίρεση.

Παράδειγμα ιδιωτικής δήλωσης: Το 254 διαιρείται με το 2 χωρίς υπόλοιπο.

Από αυτή τη συγκεκριμένη δήλωση, μπορεί κανείς να διατυπώσει πολλές πιο γενικές δηλώσεις, τόσο αληθείς όσο και ψευδείς. Για παράδειγμα, η γενικότερη πρόταση ότι όλοι οι ακέραιοι αριθμοί που τελειώνουν σε 4 διαιρούνται με το 2 χωρίς υπόλοιπο είναι σωστή, ενώ η δήλωση ότι όλοι οι τριψήφιοι αριθμοί διαιρούνται με το 2 χωρίς υπόλοιπο είναι ψευδής.

Έτσι, η επαγωγή καθιστά δυνατή τη λήψη πολλών γενικών δηλώσεων που βασίζονται σε γνωστά ή προφανή γεγονότα. Και η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής έχει σχεδιαστεί για να προσδιορίζει την εγκυρότητα των δηλώσεων που λαμβάνονται.

Για παράδειγμα, λάβετε υπόψη την αριθμητική ακολουθία: , n είναι ένας αυθαίρετος φυσικός αριθμός. Τότε η ακολουθία των αθροισμάτων των πρώτων n στοιχείων αυτής της ακολουθίας θα είναι η ακόλουθη

Με βάση αυτό το γεγονός, επαγωγικά μπορεί να υποστηριχθεί ότι .

Παρουσιάζουμε την απόδειξη αυτού του τύπου.

Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής.

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής βασίζεται σε αρχή της μαθηματικής επαγωγής.

Συνίσταται στο εξής: μια ορισμένη πρόταση είναι αληθής για κάθε φυσικό n if

1. ισχύει για n = 1 και
2. από την εγκυρότητα της πρότασης για κάθε αυθαίρετο φυσικό n = k προκύπτει ότι ισχύει για n = k+1 .

Δηλαδή, η απόδειξη με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής πραγματοποιείται σε τρία στάδια:

1. Πρώτον, ελέγχεται η εγκυρότητα της δήλωσης για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n (συνήθως ο έλεγχος γίνεται για n = 1 ).
2. Δεύτερον, η εγκυρότητα της δήλωσης θεωρείται για οποιοδήποτε φυσικό n=k ;
3. Τρίτον, αποδεικνύεται η εγκυρότητα της δήλωσης για τον αριθμό n=k+1, ξεκινώντας από την υπόθεση του δεύτερου σημείου.

Παραδείγματα αποδείξεων εξισώσεων και ανισώσεων με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Ας επιστρέψουμε στο προηγούμενο παράδειγμα και ας αποδείξουμε τον τύπο .

Απόδειξη.

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής περιλαμβάνει μια απόδειξη τριών σημείων.

Έτσι, έχουν ολοκληρωθεί και τα τρία στάδια της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, και έτσι η υπόθεση μας για τον τύπο έχει αποδειχθεί.

Ας δούμε το τριγωνομετρικό πρόβλημα.

Παράδειγμα.

Απόδειξη Ταυτότητας .

Λύση.

Αρχικά, ελέγχουμε την ισότητα για n = 1 . Για να γίνει αυτό, χρειαζόμαστε τους βασικούς τύπους της τριγωνομετρίας.

Δηλαδή, η ισότητα ισχύει για n = 1 .

Δεύτερον, ας υποθέσουμε ότι η ισότητα ισχύει για n = k , δηλαδή την ταυτότητα

Τρίτον, στραφούμε στην απόδειξη της ισότητας για n = k+1 , με βάση το δεύτερο σημείο.

Αφού σύμφωνα με τον τύπο από την τριγωνομετρία

έπειτα

Η απόδειξη της ισότητας από το τρίτο σημείο ολοκληρώνεται, επομένως, η αρχική ταυτότητα αποδεικνύεται με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Μπορεί να αποδειχθεί με μαθηματική επαγωγή.

Ένα παράδειγμα απόδειξης της ανισότητας με μαθηματική επαγωγή μπορεί να βρεθεί στην ενότητα για τη μέθοδο των ελαχίστων τετραγώνων κατά την εξαγωγή τύπων για την εύρεση συντελεστών προσέγγισης.

Βιβλιογραφία.

• Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Σχετικά με τη μαθηματική επαγωγή.

Το κείμενο της εργασίας τοποθετείται χωρίς εικόνες και τύπους.
Πλήρη έκδοσηη εργασία είναι διαθέσιμη στην καρτέλα "Αρχεία εργασίας" σε μορφή PDF

Εισαγωγή

Αυτό το θέμα είναι σχετικό, καθώς καθημερινά οι άνθρωποι επιλύουν διάφορα προβλήματα στα οποία χρησιμοποιούν διαφορετικές μεθόδους επίλυσης, αλλά υπάρχουν εργασίες στις οποίες η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής δεν μπορεί να παραλειφθεί και σε τέτοιες περιπτώσεις η γνώση σε αυτόν τον τομέα θα είναι πολύ χρήσιμη.

Επέλεξα αυτό το θέμα για έρευνα, επειδή στο σχολικό πρόγραμμα η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής δίνεται λίγος χρόνος, ο μαθητής μαθαίνει επιφανειακές πληροφορίες που θα τον βοηθήσουν να πάρει μόνο μια γενική ιδέα αυτής της μεθόδου, αλλά η αυτο-ανάπτυξη θα απαιτείται να μελετήσει σε βάθος αυτή τη θεωρία. Θα είναι πραγματικά χρήσιμο να μάθετε περισσότερα για αυτό το θέμα, καθώς διευρύνει τους ορίζοντες ενός ατόμου και βοηθά στην επίλυση σύνθετων προβλημάτων.

Σκοπός:

Εξοικειωθείτε με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, συστηματοποιήστε τη γνώση σχετικά με αυτό το θέμα και εφαρμόστε την στην επίλυση μαθηματικών προβλημάτων και την απόδειξη θεωρημάτων, αιτιολογήστε και αποδείξτε πρακτική αξίαη μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής ως απαραίτητος παράγοντας για την επίλυση προβλημάτων.

Εργασιακά καθήκοντα:

Αναλύστε τη βιβλιογραφία και συνοψίστε τις γνώσεις για το θέμα.

Κατανόηση των αρχών της μαθηματικής επαγωγής.

Εξερευνήστε την εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στην επίλυση προβλημάτων.

Διατυπώστε συμπεράσματα και συμπεράσματα για την εργασία που έγινε.

Κύριο σώμα έρευνας

Ιστορικό προέλευσης:

Μόνο προς τα τέλη του 19ου αιώνα αναπτύχθηκε το πρότυπο των απαιτήσεων για λογική αυστηρότητα, το οποίο μέχρι σήμερα παραμένει κυρίαρχο στην πρακτική εργασία των μαθηματικών για την ανάπτυξη μεμονωμένων μαθηματικών θεωριών.

Η επαγωγή είναι μια γνωστική διαδικασία μέσω της οποίας συνάγεται μια δήλωση που τις γενικεύει από τη σύγκριση των διαθέσιμων γεγονότων.

Στα μαθηματικά, ο ρόλος της επαγωγής είναι σε μεγάλο βαθμό ότι αποτελεί τη βάση της επιλεγμένης αξιωματικής. Μετά από μια μακρά πρακτική που έδειξε ότι μια ευθεία διαδρομή είναι πάντα μικρότερη από μια καμπύλη ή σπασμένη, ήταν φυσικό να διατυπωθεί ένα αξίωμα: για οποιαδήποτε τρία σημεία Α, Β και Γ, η ανισότητα ικανοποιείται.

Η επίγνωση της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής ως ξεχωριστής σημαντικής μεθόδου ανάγεται στους Blaise Pascal και Gersonides, αν και ορισμένες περιπτώσεις εφαρμογής εντοπίζονται ακόμη και στην αρχαιότητα από τον Πρόκλο και τον Ευκλείδη. Το σύγχρονο όνομα για τη μέθοδο εισήχθη από τον de Morgan το 1838.

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής μπορεί να συγκριθεί με την πρόοδο: ξεκινάμε από το χαμηλότερο, ως αποτέλεσμα της λογικής σκέψης φτάνουμε στο υψηλότερο. Ο άνθρωπος πάντα προσπαθούσε για την πρόοδο, για την ικανότητα να αναπτύσσει λογικά τη σκέψη του, πράγμα που σημαίνει ότι η ίδια η φύση τον προόρισε να σκέφτεται επαγωγικά.

Επαγωγή και αφαίρεση

Είναι γνωστό ότι υπάρχουν και ειδικές και γενικές δηλώσεις και οι δύο δεδομένοι όροι βασίζονται στη μετάβαση από το ένα στο άλλο.

Έκπτωση (από λατ. deductio - παράγωγο) - η μετάβαση στη διαδικασία της γνώσης από γενικόςγνώση να ιδιωτικόςκαι μονόκλινο. Σε έκπτωση γενικές γνώσειςχρησιμεύει ως το σημείο εκκίνησης του συλλογισμού, και αυτή η γενική γνώση θεωρείται ότι είναι «έτοιμη», υπάρχουσα. Η ιδιαιτερότητα της εξαγωγής είναι ότι η αλήθεια των υποθέσεων της εγγυάται την αλήθεια του συμπεράσματος. Επομένως, η έκπτωση έχει τεράστια δύναμηπεποιθήσεις και χρησιμοποιείται ευρέως όχι μόνο για την απόδειξη θεωρημάτων στα μαθηματικά, αλλά και όπου χρειάζεται αξιόπιστη γνώση.

Η επαγωγή (από το λατινικό inductio - καθοδήγηση) είναι μια μετάβαση στη διαδικασία της γνώσης από ιδιωτικόςγνώση να γενικόςΕίναι δηλαδή μια μέθοδος έρευνας, γνώσης, που συνδέεται με τη γενίκευση των αποτελεσμάτων των παρατηρήσεων και των πειραμάτων Χαρακτηριστικό της επαγωγής είναι η πιθανολογική της φύση, δηλ. Δεδομένης της αλήθειας των αρχικών υποθέσεων, το συμπέρασμα της επαγωγής είναι πιθανώς αληθές και στο τελικό αποτέλεσμα μπορεί να αποδειχθεί και αληθές και ψευδές.

Πλήρης και ημιτελής επαγωγή

Ο επαγωγικός συλλογισμός είναι μια μορφή αφηρημένης σκέψης στην οποία η σκέψη εξελίσσεται από γνώση μικρότερου βαθμού γενικότητας σε γνώση μεγαλύτερου βαθμού γενικότητας και το συμπέρασμα που προκύπτει από τις προϋποθέσεις είναι κατά κύριο λόγο πιθανολογικό.

Κατά τη διάρκεια της έρευνας, ανακάλυψα ότι η επαγωγή χωρίζεται σε δύο τύπους: πλήρη και ελλιπή.

Πλήρης επαγωγή ονομάζεται ένα συμπέρασμα στο οποίο γίνεται ένα γενικό συμπέρασμα για μια κατηγορία αντικειμένων με βάση τη μελέτη όλων των αντικειμένων αυτής της κατηγορίας.

Για παράδειγμα, ας απαιτείται να καθοριστεί ότι κάθε φυσικός ζυγός αριθμός n εντός 6≤ n≤ 18 μπορεί να αναπαρασταθεί ως το άθροισμα δύο πρώτων αριθμών. Για να γίνει αυτό, παίρνουμε όλους αυτούς τους αριθμούς και γράφουμε τις αντίστοιχες επεκτάσεις:

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

Αυτές οι ισότητες δείχνουν ότι καθένας από τους αριθμούς που μας ενδιαφέρουν αντιπροσωπεύεται πράγματι ως το άθροισμα δύο απλών όρων.

Εξετάστε το ακόλουθο παράδειγμα: την ακολουθία yn= n 2 +n+17; Ας γράψουμε τους τέσσερις πρώτους όρους: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; Τότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι ολόκληρη η ακολουθία αποτελείται από πρώτους. Αλλά αυτό δεν είναι έτσι, ας πάρουμε y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Αυτός είναι ένας σύνθετος αριθμός, που σημαίνει ότι η υπόθεσή μας είναι λανθασμένη, επομένως, η ελλιπής επαγωγή δεν οδηγεί σε απολύτως αξιόπιστα συμπεράσματα, αλλά μας επιτρέπει να διατυπώσουμε μια υπόθεση, η οποία αργότερα απαιτεί μαθηματική απόδειξη ή διάψευση.

Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής

Η πλήρης επαγωγή έχει περιορισμένες μόνο εφαρμογές στα μαθηματικά. Πολλές ενδιαφέρουσες μαθηματικές προτάσεις καλύπτουν έναν άπειρο αριθμό ειδικών περιπτώσεων και δεν μπορούμε να ελέγξουμε για όλες αυτές τις καταστάσεις, αλλά πώς να ελέγξουμε για άπειρο αριθμό περιπτώσεων; Αυτή η μέθοδος προτάθηκε από τους B. Pascal και J. Bernoulli, αυτή είναι μια μέθοδος μαθηματικής επαγωγής, η οποία βασίζεται σε αρχή της μαθηματικής επαγωγής.

Αν η πρόταση A(n), η οποία εξαρτάται από έναν φυσικό αριθμό n, είναι αληθής για n=1, και από το γεγονός ότι ισχύει για n=k (όπου k είναι οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός), προκύπτει ότι είναι επίσης αληθές για τον επόμενο αριθμό n=k +1, τότε η υπόθεση A(n) ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

Σε ορισμένες περιπτώσεις, μπορεί να είναι απαραίτητο να αποδειχθεί η εγκυρότητα μιας ορισμένης πρότασης όχι για όλους τους φυσικούς αριθμούς, αλλά μόνο για n>p, όπου το p είναι ένας σταθερός φυσικός αριθμός. Στην περίπτωση αυτή, η αρχή της μαθηματικής επαγωγής διατυπώνεται ως εξής:

Αν η πρόταση A(n) είναι αληθής για n=p και αν A(k)  A(k+1) για οποιοδήποτε k>p, τότε η πρόταση A(n) ισχύει για οποιοδήποτε n>p.

Αλγόριθμος (αποτελείται από τέσσερα στάδια):

1.βάση(δείχνουμε ότι ο ισχυρισμός που αποδεικνύεται ισχύει για μερικές απλούστερες ειδικές περιπτώσεις ( Π = 1));

2.μάντεψε(υποθέτουμε ότι ο ισχυρισμός αποδεικνύεται για το πρώτο προς την περιπτώσεις)· 3 .βήμα(κάτω από αυτήν την υπόθεση αποδεικνύουμε τον ισχυρισμό για την υπόθεση Π = προς την + 1); 4. έξοδος (yη δήλωση ισχύει για όλες τις περιπτώσεις, δηλαδή για όλες Π) .

Σημειώστε ότι δεν μπορούν να λυθούν όλα τα προβλήματα με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, αλλά μόνο τα προβλήματα που παραμετροποιούνται από κάποια μεταβλητή. Αυτή η μεταβλητή ονομάζεται μεταβλητή επαγωγής.

Εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής

Ας εφαρμόσουμε όλη αυτή τη θεωρία στην πράξη και ας μάθουμε σε ποια προβλήματα χρησιμοποιείται αυτή η μέθοδος.

Προβλήματα για την απόδειξη των ανισοτήτων.

Παράδειγμα 1Να αποδείξετε την ανίσωση Bernoulli (1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) Για n=1, η ανισότητα είναι αληθής, αφού 1+х≥1+х

2) Ας υποθέσουμε ότι η ανισότητα ισχύει για κάποιο n=k, δηλ.

(1+x) k ≥1+k x.

Πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές της ανίσωσης με έναν θετικό αριθμό 1+x, παίρνουμε

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

Θεωρώντας ότι kx 2 ≥0, καταλήγουμε στην ανισότητα

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Έτσι, η υπόθεση ότι η ανισότητα του Bernoulli είναι αληθής για n=k υπονοεί ότι είναι αληθής για n=k+1. Με βάση τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, μπορεί να υποστηριχθεί ότι η ανισότητα του Bernoulli ισχύει για οποιοδήποτε n ∈ N.

Παράδειγμα 2Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n>1, .

Ας αποδείξουμε χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Να συμβολίσετε την αριστερή πλευρά της ανισότητας με.

1), επομένως, για n=2 η ανισότητα είναι αληθής.

2) Έστω για λίγο κ. Ας το αποδείξουμε τότε και Εχουμε .

Συγκρίνοντας και, έχουμε, δηλ. .

Για κάθε θετικό ακέραιο k, η δεξιά πλευρά της τελευταίας ισότητας είναι θετική. Να γιατί. Αλλά, επομένως, και Αποδείξαμε την εγκυρότητα της ανισότητας για n=k+1, επομένως, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό n>1.

Προβλήματα για την απόδειξη ταυτότητας.

Παράδειγμα 1Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε φυσικό n η ισότητα είναι αληθής:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Έστω n=1, μετά X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Βλέπουμε ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Έστω ότι η ισότητα ισχύει για n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Ας αποδείξουμε την αλήθεια αυτής της πρότασης για n=k+1, δηλαδή 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.

Από την παραπάνω απόδειξη είναι σαφές ότι η πρόταση είναι αληθής για n=k+1, επομένως, η ισότητα ισχύει για κάθε φυσικό n.

Παράδειγμα 2Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό ν η ισότητα

1) Ελέγξτε ότι αυτή η ταυτότητα είναι αληθής για n = 1.; - σωστά.

2) Έστω η ταυτότητα αληθής και για το n = k, δηλ.

3) Ας αποδείξουμε ότι αυτή η ταυτότητα ισχύει και για n = k + 1, δηλ.

Επειδή Η ισότητα ισχύει για n=k και n=k+1, τότε ισχύει για οποιοδήποτε φυσικό n.

Εργασίες άθροισης.

Παράδειγμα 1Να αποδείξετε ότι 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Λύση: 1) Έχουμε n=1=1 2 . Επομένως, η πρόταση είναι αληθής για n=1, δηλ. Το Α(1) είναι αληθές.

2) Ας αποδείξουμε ότι Α(k) A(k+1).

Έστω k οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός και ας είναι αληθής η πρόταση για n=k, δηλαδή 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Ας αποδείξουμε ότι τότε ο ισχυρισμός ισχύει και για τον επόμενο φυσικό αριθμό n=k+1, δηλ. τι

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Άρα, A(k) A(k+1). Με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, συμπεραίνουμε ότι η υπόθεση A(n) ισχύει για οποιοδήποτε n N.

Παράδειγμα 2Να αποδείξετε τον τύπο, το n είναι φυσικός αριθμός.

Λύση: Όταν n=1, και τα δύο μέρη της ισότητας μετατρέπονται σε ένα και, επομένως, ικανοποιείται η πρώτη προϋπόθεση της αρχής της μαθηματικής επαγωγής.

Ας υποθέσουμε ότι ο τύπος είναι αληθής για n=k, δηλ. .

Προσθέστε και στις δύο πλευρές αυτής της ισότητας και μεταμορφώστε σωστη πλευρα. Μετά παίρνουμε

Έτσι, από το γεγονός ότι ο τύπος είναι αληθής για n=k, προκύπτει ότι είναι αληθής για n=k+1, τότε αυτή η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε φυσικό n.

εργασίες διαιρετότητας.

Παράδειγμα 1Να αποδείξετε ότι το (11 n+2 +12 2n+1) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο.

Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

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

Το (23 × 133) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο, οπότε για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Έστω ότι το (11 k+2 +12 2k+1) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο.

3) Ας το αποδείξουμε σε αυτή την περίπτωση

(11 k+3 +12 2k+3) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο. Πράγματι, 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 .

Το άθροισμα που προκύπτει διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο, αφού ο πρώτος όρος του διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο με την υπόθεση, και στον δεύτερο ένας από τους παράγοντες είναι 133.

Άρα, A(k) → A(k+1), τότε με βάση τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε φυσικό n.

Παράδειγμα 2Αποδείξτε ότι το 3 3n-1 +2 4n-3 για έναν αυθαίρετο θετικό ακέραιο n διαιρείται με το 11.

Λύση: 1) Έστω n=1, τότε το X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο. Επομένως, για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Υποθέστε ότι για n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο.

3) Ας αποδείξουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για 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 .

Ο πρώτος όρος διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο, αφού 3 3k-1 +2 4k-3 διαιρείται με το 11 με την υπόθεση, ο δεύτερος διαιρείται με το 11, επειδή ένας από τους παράγοντες του είναι ο αριθμός 11. Επομένως, το άθροισμα είναι διαιρείται επίσης με το 11 χωρίς υπόλοιπο για οποιοδήποτε φυσικό n.

Καθήκοντα από την πραγματική ζωή.

Παράδειγμα 1Αποδείξτε ότι το άθροισμα Sn των εσωτερικών γωνιών οποιουδήποτε κυρτού πολυγώνου είναι ( Π- 2)π, όπου Πείναι ο αριθμός των πλευρών αυτού του πολυγώνου: Sn = ( Π- 2)π (1).

Αυτή η δήλωση δεν έχει νόημα για όλα τα φυσικά Π, αλλά μόνο για Π > 3, αφού ο ελάχιστος αριθμός γωνιών σε ένα τρίγωνο είναι 3.

1) Πότε Π= 3 η δήλωση μας έχει τη μορφή: S 3 = π. Αλλά το άθροισμα των εσωτερικών γωνιών οποιουδήποτε τριγώνου είναι πράγματι π. Επομένως, όταν Π= 3 ο τύπος (1) είναι αληθής.

2) Έστω αυτός ο τύπος αληθής για το n =k, δηλαδή ο Σ κ = (κ- 2)π, όπου κ > 3. Ας αποδείξουμε ότι σε αυτή την περίπτωση ισχύει και ο τύπος: S k+ 1 = (κ- 1) π.

Έστω Α 1 Α 2 ... Α κ ΕΝΑ k+ 1 - αυθαίρετο κυρτό ( κ+ 1) -gon (Εικ. 338).

Συνδέοντας τα σημεία Α 1 και Α κ , γινόμαστε κυρτές κ-gon A 1 A 2 ... A κ — 1Α κ . Προφανώς, το άθροισμα των γωνιών ( κ+ 1) -gon A 1 A 2 ... A κ ΕΝΑ k+ 1 ισούται με το άθροισμα των γωνιών κ-gon A 1 A 2 ... A κ συν το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου Α 1 Α κ ΕΝΑ k+ ένας . Αλλά το άθροισμα των γωνιών κ-gon A 1 A 2 ... A κ υποτίθεται ότι είναι ( κ- 2)π, και το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου A 1 A κ ΕΝΑ k+ Το 1 ισούται με το pi. Να γιατί

μικρό k+ 1=S κ + π = ( κ- 2)π + π = ( κ- 1) π.

Άρα, ικανοποιούνται και οι δύο προϋποθέσεις της αρχής της μαθηματικής επαγωγής και επομένως ο τύπος (1) ισχύει για κάθε φυσικό Π > 3.

Παράδειγμα 2Υπάρχει μια σκάλα, της οποίας όλα τα σκαλιά είναι ίδια. Απαιτείται να αναγράφεται ο ελάχιστος αριθμός θέσεων που θα εγγυώνταν τη δυνατότητα «ανόδου» οποιουδήποτε βήμα προς αριθμό.

Όλοι συμφωνούν ότι πρέπει να υπάρχει μια προϋπόθεση. Πρέπει να μπορούμε να ανεβούμε το πρώτο σκαλί. Στη συνέχεια, πρέπει να μπορούν να ανέβουν από το πρώτο σκαλί στο δεύτερο. Στη συνέχεια, στο δεύτερο - στο τρίτο, κ.λπ. στο ν' βήμα. Φυσικά, στο σύνολο, οι δηλώσεις "n" εγγυώνται nm ότι θα μπορέσουμε να φτάσουμε στο ν-ο βήμα.

Ας δούμε τώρα τις θέσεις 2, 3,…., n και ας τις συγκρίνουμε μεταξύ τους. Είναι εύκολο να δούμε ότι όλα έχουν την ίδια δομή: αν φτάσαμε στο βήμα k, τότε μπορούμε να ανεβούμε στο βήμα (k + 1). Από εδώ, ένα τέτοιο αξίωμα για την εγκυρότητα των δηλώσεων που εξαρτώνται από το "n" γίνεται φυσικό: αν η πρόταση Α (n), στην οποία το n είναι φυσικός αριθμός, ικανοποιείται με n=1 και από το γεγονός ότι ικανοποιείται με n=k (όπου k είναι οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός), προκύπτει ότι ισχύει και για n=k+1, τότε η υπόθεση A(n) ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

Εφαρμογή

Εργασίες που χρησιμοποιούν τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής κατά την εισαγωγή στα πανεπιστήμια.

Σημειώστε ότι κατά την εισαγωγή στο ανώτερο εκπαιδευτικά ιδρύματαΥπάρχουν επίσης προβλήματα που επιλύονται με αυτή τη μέθοδο. Ας τα εξετάσουμε σε συγκεκριμένα παραδείγματα.

Παράδειγμα 1Αποδείξτε ότι κάθε φυσικό Πδίκαιη ισότητα

1) Πότε n=1παίρνουμε τη σωστή ισότητα Sin.

2) Έχοντας κάνει την επαγωγική υπόθεση ότι για n= κη ισότητα είναι αληθής, θεωρήστε το άθροισμα στην αριστερή πλευρά της ισότητας, για n =k+1;

3) Χρησιμοποιώντας τους τύπους αναγωγής, μετασχηματίζουμε την έκφραση:

Τότε, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η ισότητα ισχύει για κάθε φυσικό n.

Παράδειγμα 2Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό n η τιμή της παράστασης 4n +15n-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.

1) Με n=1: 2 2 +15-1=18 - πολλαπλάσιο του 9 (γιατί 18:9=2)

2) Αφήστε την ισότητα να ισχύει n=k:Το 4k +15k-1 είναι πολλαπλάσιο του 9.

3) Ας αποδείξουμε ότι η ισότητα ισχύει για τον επόμενο αριθμό 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) - πολλαπλάσιο του 9.

9 (5k-2) - πολλαπλάσιο του 9.

Κατά συνέπεια, ολόκληρη η έκφραση 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) είναι πολλαπλάσιο του 9, το οποίο έπρεπε να αποδειχθεί.

Παράδειγμα 3Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε φυσικός αριθμός Ππληρούται η προϋπόθεση: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.

1) Ελέγξτε το δεδομένης φόρμουλαςαλήθεια στο n=1:Αριστερή πλευρά = 1∙2∙3=6.

Δεξί μέρος = . 6 = 6; αλήθεια στο n=1.

2) Υποθέστε ότι αυτός ο τύπος ισχύει για το n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=.μικρό κ =.

3) Ας αποδείξουμε ότι αυτός ο τύπος ισχύει για το n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

μικρό k+1 =.

Απόδειξη:

Άρα, αυτή η συνθήκη ισχύει σε δύο περιπτώσεις και απέδειξε ότι ισχύει για το n =k+1,άρα ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό Π.

συμπέρασμα

Συνοψίζοντας, κατά τη διαδικασία της έρευνας, ανακάλυψα τι είναι η επαγωγή, η οποία είναι πλήρης ή ημιτελής, εξοικειώθηκα με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής που βασίζεται στην αρχή της μαθηματικής επαγωγής, εξέτασα πολλά προβλήματα χρησιμοποιώντας αυτήν τη μέθοδο.

Επίσης έμαθα πολλά ΝΕΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΑ, διαφορετικό από αυτό που περιλαμβάνεται στο σχολικό πρόγραμμα.Κατά τη μελέτη της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, χρησιμοποίησα ποικίλη βιβλιογραφία, πηγές του Διαδικτύου και συμβουλεύτηκα επίσης έναν δάσκαλο.

Συμπέρασμα: Έχοντας γενικευμένη και συστηματοποιημένη γνώση για τη μαθηματική επαγωγή, πείστηκα για την ανάγκη γνώσης για αυτό το θέμα στην πραγματικότητα. Μια θετική ποιότητα της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής είναι η ευρεία εφαρμογή της στην επίλυση προβλημάτων: στον τομέα της άλγεβρας, της γεωμετρίας και των πραγματικών μαθηματικών. Επίσης, αυτή η γνώση αυξάνει το ενδιαφέρον για τα μαθηματικά ως επιστήμη.

Είμαι σίγουρος ότι οι δεξιότητες που απέκτησα κατά τη διάρκεια της εργασίας θα με βοηθήσουν στο μέλλον.

​ Βιβλιογραφία

Sominsky I.S. Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής. Δημοφιλείς διαλέξεις για τα μαθηματικά, τεύχος 3-Μ.: Nauka, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Επαγωγή στη γεωμετρία. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 p. — (Λαϊκές διαλέξεις για τα μαθηματικά).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Μαθηματικά εγχειρίδιο για υποψήφιους σε πανεπιστήμια (Επιλεγμένες ερωτήσεις στοιχειωδών μαθηματικών) - Έκδ. 5η, αναθεωρημένη, 1976 - 638s.

Α. Σεν. Μαθηματική επαγωγή. - MTsNMO, 2004. - 36 σελ.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Συλλογή προβλημάτων στην άλγεβρα: εγχειρίδιο για 8-9 κελιά. με ένα βαθύ η μελέτη των μαθηματικών 7η έκδ. - Μ .: Εκπαίδευση, 2001. - 271 σελ.

Yu.N. - M .: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Η Wikipedia είναι η ελεύθερη εγκυκλοπαίδεια.