Докажете чрез математическа индукция. Методът на математическата индукция и приложението му за решаване на проблеми

Въведение

Главна част

1. Пълна и непълна индукция

2. Принципът на математическата индукция

3. Метод на математическата индукция

4. Решение на примери

5. Равенства

6. Деление на числата

7. Неравенства

Заключение

Списък на използваната литература

Въведение

Дедуктивните и индуктивните методи са в основата на всяко математическо изследване. Дедуктивният метод на разсъждение е разсъждение от общото към частното, т.е. разсъждение, чиято отправна точка е общият резултат, а крайната точка е частният резултат. Индукцията се прилага при преминаване от частни резултати към общи, т.е. е обратното на дедуктивния метод.

Въпреки че областта на приложение на метода на математическата индукция се разрасна, в училищната програма му се отделя малко време. Е, кажете, че един полезен човек ще бъде доведен от онези два или три урока, за които той чува пет думи от теорията, решава пет примитивни задачи и в резултат на това получава пет за това, че не знае нищо.

Но това е толкова важно - да можеш да мислиш индуктивно.

Главна част

В първоначалното си значение думата "индукция" се прилага за разсъждения, чрез които се получават общи заключения въз основа на редица конкретни твърдения. Най-простият метод за разсъждение от този вид е пълната индукция. Ето един пример за такова разсъждение.

Нека се изисква да се установи, че всяко естествено четно число n в рамките на 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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

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

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

По този начин пълната индукция е, че общото твърдение се доказва отделно във всеки от краен брой възможни случаи.

Понякога общият резултат може да бъде предвиден след разглеждане не на всички, а на голям брой специални случаи (т.нар. непълна индукция).

Резултатът, получен чрез непълна индукция обаче, остава само хипотеза, докато не бъде доказан чрез точно математическо разсъждение, обхващащо всички специални случаи. С други думи, непълната индукция в математиката не се счита за легитимен метод за строго доказателство, но е мощен метод за откриване на нови истини.

Нека, например, се изисква да се намери сумата от първите n последователни нечетни числа. Помислете за специални случаи:

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

След разглеждане на тези няколко специални случая се налага следното общо заключение:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тези. сумата от първите n последователни нечетни числа е n 2

Разбира се, направеното наблюдение все още не може да служи като доказателство за валидността на горната формула.

Пълната индукция има само ограничени приложения в математиката. Много интересни математически твърдения покриват безкраен брой специални случаи и не можем да тестваме за безкраен брой случаи. Непълната индукция често води до погрешни резултати.

В много случаи изходът от този вид трудност е да се прибегне до специален метод на разсъждение, наречен метод на математическата индукция. Тя е следната.

Нека е необходимо да се докаже валидността на определено твърдение за всяко естествено число n (например, необходимо е да се докаже, че сумата от първите n нечетни числа е равна на n 2). Директната проверка на това твърдение за всяка стойност на n е невъзможна, тъй като наборът от естествени числа е безкраен. За да докажете това твърдение, първо проверете неговата валидност за n=1. Тогава се доказва, че за всяка естествена стойност на k, валидността на разглежданото твърдение за n=k предполага неговата валидност и за n=k+1.

Тогава твърдението се счита за доказано за всички n. Наистина, твърдението е вярно за n=1. Но тогава е валидно и за следващото число n=1+1=2. Валидността на твърдението за n=2 предполага неговата валидност за n=2+

1=3. Това предполага валидността на твърдението за n=4 и т.н. Ясно е, че в крайна сметка ще стигнем до всяко естествено число n. Следователно, твърдението е вярно за всяко n.

Обобщавайки казаното, формулираме следния общ принцип.

Принципът на математическата индукция.

Ако изречение А(н) в зависимост от естественото числон, вярно зан=1 и от факта, че е вярно заn=k(Къдеток-всяко естествено число), следва, че е вярно и за следващото числоn=k+1, тогава допускане A(н) е вярно за всяко естествено числон.

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 по следния начин. Ако изречение А(н) е вярно заn=pи ако A(к) Þ A(k+1)за всекиk>p,след това изречение A(н)вярно за всекиn>p.

Доказателството по метода на математическата индукция се извършва по следния начин. Първо, твърдението, което трябва да се докаже, се проверява за n=1, т.е. истинността на твърдението A(1) е установена. Тази част от доказателството се нарича индукционна база. Това е последвано от част от доказателството, наречена стъпка на индукция. В тази част се доказва валидността на твърдението за n=k+1 при предположението, че твърдението е вярно за n=k (индукционно предположение), т.е. докажете, че A(k)ÞA(k+1).

ПРИМЕР 1

Докажете, 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 A(k)ÞA(k+1).

Нека k е произволно естествено число и нека 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 .

Така че A(k)ÞA(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че предположението A(n) е вярно за всяко nОN.

ПРИМЕР 2

Докажи това

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

Решение: 1) За n=1 получаваме

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

следователно за n=1 формулата е вярна; A(1) е вярно.

2) Нека k е произволно естествено число и нека формулата е вярна за n=k, т.е.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).

Нека докажем, че тогава равенството

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

Наистина

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

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

Така че A(k)ÞA(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че формулата е вярна за всяко естествено число n.

ПРИМЕР 3

Докажете, че броят на диагоналите на изпъкнал n-ъгълник е n(n-3)/2.

Решение: 1) За n=3 твърдението е вярно

И 3 е правилно, защото в триъгълник

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

A 2 A(3) е вярно.

2) Да предположим, че във всеки

изпъкнал k-ъгълник има-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 диагонала.

A k Нека докажем, че тогава в изпъкнал

(k+1)-ъгълно число

диагонали A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Нека А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -изпъкнал (k+1)-ъгълник. Нека начертаем диагонал A 1 A k в него. За да преброите общия брой диагонали на този (k + 1)-ъгълник, трябва да преброите броя на диагоналите в k-ъгълника A 1 A 2 ...A k , добавете k-2 към полученото число, т.е. броят на диагоналите на (k+1)-ъгълника, излизащи от върха A k+1 , и в допълнение трябва да се вземе предвид диагоналът A 1 A k.

По този начин,

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

Така че A(k)ÞA(k+1). Поради принципа на математическата индукция, твърдението е вярно за всеки изпъкнал n-ъгълник.

ПРИМЕР 4

Докажете, че за всяко n твърдението е вярно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Следователно, за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Разгледайте това твърдение за n=k+1

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

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

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

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

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно по силата на метода на математическата индукция твърдението е вярно за всяко естествено n.

ПРИМЕР 5

Докажете, че за всяко естествено n е вярно равенството:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) 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 приемем, че равенството е вярно за n=k

Метод на математическата индукция

Въведение

Главна част

Пълна и непълна индукция
Принцип на математическата индукция
Метод на математическата индукция
Решение на примери
Равенство
Деление на числата
неравенства

Заключение

Списък на използваната литература

Въведение

Но това е толкова важно - да можеш да мислиш индуктивно.

Главна част

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

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

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

След разглеждане на тези няколко специални случая се налага следното общо заключение:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тези. сумата от първите n последователни нечетни числа е n 2

Обобщавайки казаното, формулираме следния общ принцип.

Принципът 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.

Ако твърдението A(n) е вярно за n=p и ако A(k)ÞA(k+1) за всяко k>p, тогава предложението A(n) е вярно за всяко n>p.

Докажете, 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 A(k)ÞA(k+1).

Нека k е произволно естествено число и нека 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 .

Докажи това

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

Решение: 1) За n=1 получаваме

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

следователно за n=1 формулата е вярна; A(1) е вярно.

2) Нека k е произволно естествено число и нека формулата е вярна за n=k, т.е.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).

Нека докажем, че тогава равенството

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

Наистина

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

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

Докажете, че броят на диагоналите на изпъкнал n-ъгълник е n(n-3)/2.

Решение: 1) За n=3 твърдението е вярно

И 3 е правилно, защото в триъгълник

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

A 2 A(3) е вярно.

2) Да предположим, че във всеки

изпъкнал k-ъгълник има-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 диагонала.

A k Нека докажем, че тогава в изпъкнал

(k+1)-ъгълно число

диагонали A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

По този начин,

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

Така че A(k)ÞA(k+1). Поради принципа на математическата индукция, твърдението е вярно за всеки изпъкнал n-ъгълник.

Докажете, че за всяко n твърдението е вярно:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Решение: 1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Следователно, за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Разгледайте това твърдение за n=k+1

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

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

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

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

Докажете, че за всяко естествено n е вярно равенството:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Решение: 1) 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 приемем, че равенството е вярно за n=k

X k \u003d 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.

Докажи това

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

Решение: 1) За n=2 идентичността изглежда така: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

тези. така е правилно.

2) Да приемем, че изразът е верен за n=k

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

3) Ще докажем правилността на израза за n=k+1.

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

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Доказахме валидността на равенството за n=k+1, следователно, поради метода на математическата индукция, твърдението е вярно за всяко n>2

Докажи това

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

за всяко естествено n.

Решение: 1) Нека тогава n=1

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

2) Да приемем, че n=k, тогава

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

3) Нека докажем истинността на това твърдение за n=k+1

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

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

Доказана е и валидността на равенството за n=k+1, следователно твърдението е вярно за всяко естествено число n.

Докажете валидността на самоличността

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

за всяко естествено n.

1) За n=1 идентичността е вярна 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Да приемем, че за n=k

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

3) Нека докажем, че тъждеството е вярно за n=k+1.

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

От горното доказателство се вижда, че твърдението е вярно за всяко естествено число n.

Докажете, 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.

Но (23´133) се дели на 133 без остатък, така че за n=1 твърдението е вярно; A(1) 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 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

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, А(k)ÞА(k+1). По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че за всяко n 7 n -1 се дели на 6 без остатък.

Решение: 1) Нека n=1, тогава X 1 =7 1 -1=6 се дели на 6 без остатък. Така че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че за n=k

7 k -1 се дели на 6 без остатък.

3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1.

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

Първият член се дели на 6, тъй като 7 k -1 се дели на 6 по предположение, а вторият член е 6. Така че 7 n -1 е кратно на 6 за всяко естествено n. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 3 3n-1 +2 4n-3 за произволно естествено n се дели на 11.
Решение: 1) Нека тогава n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 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. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 11 2n -1 за произволно цяло положително число n се дели на 6 без остатък.

Решение: 1) Нека n=1, тогава 11 2 -1=120 се дели на 6 без остатък. Така че за n=1 твърдението е вярно.

2) Да приемем, че за n=k

11 2k -1 се дели на 6 без остатък.

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

И двата члена се делят на 6 без остатък: първият съдържа кратно на 6 число 120, а вторият се дели на 6 без остатък по предположение. Така че сумата се дели на 6 без остатък. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че 3 3n+3 -26n-27 за произволно цяло положително число n се дели на 26 2 (676) без остатък.

Решение: Нека първо докажем, че 3 3n+3 -1 се дели на 26 без остатък.

За n=0

3 3 -1=26 се дели на 26

Да предположим, че за n=k

3 3k+3 -1 се дели на 26

Нека докажем, че твърдението

вярно за n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – делимо на 26

Сега нека докажем твърдението, формулирано в условието на задачата.

1) Очевидно е, че за n=1 твърдението е вярно

3 3+3 -26-27=676

2) Да приемем, че за n=k

изразът 3 3k+3 -26k-27 се дели на 26 2 без остатък.

3) Нека докажем, че твърдението е вярно за n=k+1

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

И двата члена се делят на 26 2 ; първият се дели на 26 2, защото доказахме, че изразът в скобите се дели на 26, а вторият се дели на индуктивната хипотеза. По силата на метода на математическата индукция твърдението е доказано.

Докажете, че ако n>2 и x>0, тогава неравенството

(1+x) n >1+n´x.

Решение: 1) За n=2 неравенството е вярно, тъй като

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

Така че A(2) е вярно.

2) Нека докажем, че A(k)ÞA(k+1), ако k> 2. Да предположим, че A(k) е вярно, т.е. че неравенството

(1+x) k >1+k´x. (3)

Нека докажем, че тогава A(k+1) също е вярно, т.е. че неравенството

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Наистина, умножавайки двете страни на неравенството (3) по положително число 1+x, получаваме

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Считайте дясната страна на последната неравна

ства; ние имаме

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

В резултат на това получаваме това

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Така че A(k)ÞA(k+1). Въз основа на принципа на математическата индукция може да се твърди, че неравенството на Бернули е валидно за всяко

Докажете, че неравенството е вярно

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

Решение: 1) За m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 двете части са равни.

2) Да приемем, че за m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Нека докажем, че за m=k+1 неравенството е вярно

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

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

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

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

Доказахме валидността на неравенството за m=k+1, следователно, по силата на метода на математическата индукция, неравенството е вярно за всяко естествено m.

Докажете, че за n>6 неравенството

3 n >n´2 n+1 .

Решение: Нека пренапишем неравенството във формата

За n=7 имаме

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

неравенството е вярно.

Да предположим, че за n=k

3) Нека докажем правилността на неравенството за n=k+1.

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

Тъй като k>7, последното неравенство е очевидно.

По силата на метода на математическата индукция неравенството е валидно за всяко естествено n.

Докажете, че за n>2 неравенството

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

Решение: 1) За n=3 неравенството е вярно

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

Да предположим, че за n=k

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

3) Ще докажем валидността на не-

равенства за n=k+1

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

Нека докажем, че 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

w(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Последното е очевидно и следователно

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

По силата на метода на математическата индукция се доказва неравенството.

Заключение

По-специално, след като изучавах метода на математическата индукция, подобрих знанията си в тази област на математиката и също се научих как да решавам проблеми, които преди това бяха извън моята власт.

По принцип това бяха логически и занимателни задачи, т.е. само тези, които повишават интереса към самата математика като наука. Решаването на такива задачи се превръща в забавно занимание и може да привлича все повече любознателни хора в математическите лабиринти. Според мен това е основата на всяка наука.

Продължавайки да изучавам метода на математическата индукция, ще се опитам да се науча как да го прилагам не само в математиката, но и при решаването на проблеми във физиката, химията и самия живот.

МАТЕМАТИКА:

ЛЕКЦИИ, ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ

Учебник / В. Г. Болтянски, Ю. В. Сидоров, М. И. Шабунин. Potpourri LLC 1996 г.

АЛГЕБРА И ПРИНЦИПИТЕ НА АНАЛИЗ

Учебник / I.T. Демидов, A.N. Колмогоров, S.I. Shvartsburg, O.S. Ивашев-Мусатов, B.E. Veits. "Просвета" 1975г.

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 допускането на втора 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

Че

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.

Министерство на образованието на Саратовска област

Саратовски държавен социално-икономически университет

Регионален конкурс за математически и компютърни работи на ученици

"Вектор на бъдещето - 2007"

„Метод на математическата индукция.

Приложението му за решаване на алгебрични задачи"

(раздел "математика")

творческа работа

Ученици от 10"А" клас

МОУ "Гимназия №1"

Октябрьски район на Саратов

Арутюнян Гаяне.

Работен ръководител:

учител по математика

Гришина Ирина Владимировна

Саратов

2007

Въведение……………………………………………………………………………………3

Принципът на математическата индукция и нейните

доказателство……………………………………………………………………………..4

Примери за решаване на проблеми……………………………………………………………………..9

Заключение………………………………………………………………………………..16

Литература……………………………………………………………………………………17

Въведение.

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 способността да развива своята мисъл логически, което означава, че самата природа го е предопределила да мисли индуктивно и да подсилва мисълта си с доказателства, извършени по всички правила на логиката.
Понастоящем областта на приложение на метода на математическата индукция е нараснала, но, за съжаление, в училищната програма му се отделя малко време. Но това е толкова важно - да можеш да мислиш индуктивно.

Принципът на математическата индукция и нейното доказателство

Нека се обърнем към същността на метода на математическата индукция. Нека разгледаме различни твърдения. Те могат да бъдат разделени на общи и частни.Нека дадем примери за общи твърдения.

Всички руски граждани имат право на образование.

Във всеки успоредник диагоналите в точката на пресичане се разполовяват.

Всички числа, завършващи на нула, се делят на 5.

Подходящи примери за лични изявления:

Петров има право на образование.

В успоредника ABCD диагоналите в точката на пресичане са разполовени.

140 се дели на 5.

Преходът от общи твърдения към частни се нарича дедукция (от лат дедукция - заключение по правилата на логиката).

Помислете за пример за дедуктивно заключение.

Всички руски граждани имат право на образование. (1)

Петров е гражданин на Русия. (2)

Петров има право на образование. (3)

От общото твърдение (1) с помощта на (2) се получава частното твърдение (3).

Обратният преход от конкретни твърдения към общи твърдения се нарича индукция (от лат индукция - насоки).

Индукцията може да доведе както до правилни, така и до неправилни заключения.

Нека обясним това с два примера.

140 се дели на 5. (1)

Всички числа, завършващи на нула, се делят на 5. (2)

140 се дели на 5. (1)

Всички трицифрени числа се делят на 5. (2)

От конкретното твърдение (1) се получава общото твърдение (2). Твърдение (2) е вярно.

Вторият пример показва как общо твърдение (3) може да се получи от конкретно твърдение (1) , освен това твърдение (3) не е вярно.

Нека си зададем въпроса как да използваме индукцията в математиката, за да получим само правилни заключения. Нека разгледаме някои примери за индукция, която е неприемлива в математиката.

Пример 1.

Да разгледаме квадратен трином със следния вид Р(x)= x 2 + x + 41, на който обърна внимание Леонард Ойлер.

P(0) = 41, P(1) = 43, P(2) = 47, P(3) = 53, P(4) = 61, P(5) = 71, P(6) = 83, P (7) = 97, P(8) = 113, P(9)=131, P(10) = 151.

Виждаме, че всеки път стойността на тричлена е просто число. Въз основа на получените резултати твърдим, че при заместване в разглеждания тричлен вместо x Всяко неотрицателно цяло число винаги води до просто число.

Направеното заключение обаче не може да се счита за надеждно. Какъв е проблема? Факт е, че в разсъжденията се правят общи твърдения за всеки x само въз основа на това, че това твърдение се оказа вярно за някои стойности на x.

Наистина, при по-внимателно разглеждане на тринома P(x), числата P(0), P(1), ..., P(39) са прости числа, но P(40) = 41 2 е съставно число. И съвсем ясно: P(41) = 41 2 +41+41 е кратно на 41.

В този пример се срещнахме с твърдение, което е вярно в 40 специални случая и въпреки това се оказа несправедливо като цяло.

Нека да разгледаме още няколко примера.

Пример 2

През 17 век V.G. Лайбниц доказва, че за всяко естествено n числата от формата n 3 - n са кратни на 3, n 5 - n са кратни на 5, n 7 - n са кратни на 7. Въз основа на това той предположи, че за всяко нечетно k и естествено n, числото n k - n, кратно на k, но скоро самият той забеляза, че 2 9 -2=510, което очевидно не се дели на 9.

Разгледаните примери ни позволяват да направим важно заключение: твърдението може да бъде вярно в редица специални случаи и в същото време несправедливо като цяло.

Естествено възниква въпросът: има твърдение, което е вярно в няколко специални случая; невъзможно е да се разгледат всички специални случаи; откъде знаеш дали това твърдение изобщо е вярно?

Понякога този въпрос може да бъде разрешен чрез прилагане на специален метод на разсъждение, наречен метод на математическата индукция. Този метод се основава на принцип на математическата индукция, заключение в следното: твърдението е вярно за всяко естествено n, ако:

важи за n = 1;

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

Доказателство.

Да приемем обратното, т.е. нека твърдението е вярно не за всяко естествено n. Тогава има естествено число m такова, че

твърдението за n =m не е вярно,

за всички n

Очевидно е, че m >1, тъй като твърдението е вярно за n =1 (условие 1). Следователно m -1 е естествено число. За естествено число m -1 твърдението е вярно, но за следващото естествено число m не е вярно. Това противоречи на условие 2. Полученото противоречие показва, че предположението е грешно. Следователно, твърдението е вярно за всяко естествено n, h.e.d.

Доказателство, основано на принципа на математическата индукция, се нарича доказателство по метода на математическата индукция. Такова доказателство трябва да се състои от две части, от доказателството на две независими теореми.

Теорема 1. Твърдението е вярно за n =1.

Теорема 2. Твърдението е вярно за n =k +1, ако е вярно за n=k, където k е произволно естествено число.

Ако и двете теореми са доказани, тогава, въз основа на принципа на математическата индукция, твърдението е вярно за всяко
естествен n .

Трябва да се подчертае, че доказателството чрез математическа индукция със сигурност изисква доказателство и на двете теореми 1 и 2. Пренебрегването на теорема 2 води до неправилни заключения (примери 1-2). Нека покажем с пример колко необходимо е доказателството на теорема 1.

Пример 3. „Теорема“: всяко естествено число е равно на следващото го естествено число.

Доказателството ще се проведе по метода на математическата индукция.

Да предположим, че k =k +1 (1).

Нека докажем, че k +1=k +2 (2). За да направите това, добавете 1 към всяка част от "равенство" (1). Получаваме "равенство" (2). Оказва се, че ако твърдението е вярно за n =k, то е вярно и за n =k +1. и т.н.

Очевидно „последствие“ от „теоремата“: всички естествени числа са равни.

Грешката се състои в това, че теорема 1, която е необходима за прилагане на принципа на математическата индукция, не е доказана и не е вярна, а е доказана само втората теорема.

Теореми 1 и 2 са от особено значение.

Теорема 1 създава основата за индукция. Теорема 2 дава правото на неограничено автоматично разширяване на тази база, правото на преминаване от този конкретен случай към следващия, от n към n + 1.

Ако теорема 1 не е доказана, но теорема 2 е доказана, тогава основата за индукция не е създадена и тогава няма смисъл да се прилага теорема 2, тъй като всъщност няма какво да се разширява.

Ако теорема 2 не е доказана и е доказана само теорема 1, тогава, въпреки че е създадена основата за провеждане на индукцията, правото за разширяване на тази база отсъства.

Забележки.

Понякога втората част от доказателството се основава на валидността на твърдението не само за n =k, но и за n =k -1. В този случай твърдението в първата част трябва да бъде тествано за следващите две стойности на n.

Понякога твърдението се доказва не за всяко естествено n, а за n > m, където m е някакво цяло число. В този случай, в първата част на доказателството, твърдението се проверява за n =m +1 и, ако е необходимо, за няколко последователни стойности на n.

Обобщавайки казаното, имаме: методът на математическата индукция позволява, в търсене на общ закон, да се тестват хипотезите, които възникват в този случай, да се отхвърлят неверните и да се утвърдят верните.

Всеки знае ролята на процесите на обобщаване на резултатите от отделни наблюдения и експерименти (т.е. индукция) за емпиричните, експериментални науки. Математиката, от друга страна, отдавна се смята за класически пример за прилагане на чисто дедуктивни методи, тъй като винаги изрично или имплицитно се приема, че всички математически твърдения (с изключение на приетите като изходни - аксиоми) са доказани, а специфичните приложения от тези твърдения се извличат от доказателства, подходящи за общи случаи (дедукция).

Какво означава индукция в математиката? Трябва ли да се разбира като не съвсем надежден метод и как да се търси критерий за надеждността на такива индуктивни методи? Или сигурността на математическите заключения от същото естество като експерименталните обобщения на експерименталните науки, така че не би било лошо да се „провери“ всеки доказан факт? В действителност това не е така.

Индукцията (насоки) върху хипотеза играе много важна, но чисто евристична роля в математиката: тя позволява да се познае какво трябва да бъде решението. Но математическите твърдения се установяват само дедуктивно. А методът на математическата индукция е чисто дедуктивен метод на доказателство. Всъщност доказателството, извършено по този метод, се състои от две части:

т. нар. "основа" - дедуктивно доказателство на желаното изречение за едно (или няколко) естествени числа;

индуктивна стъпка, състояща се в дедуктивно доказателство на общо твърдение. Теоремата е точно доказана за всички естествени числа. От базата, доказана, например, за числото 0, ние получаваме чрез стъпката на индукция доказателството за числото 1, след това по същия начин за 2, за 3 ... - и така твърдението може да бъде обосновано за всяко естествено число.

С други думи, името "математическа индукция" се дължи на факта, че този метод просто се свързва в съзнанието ни с традиционното индуктивно разсъждение (в края на краищата основата наистина се доказва само за конкретен случай); индуктивната стъпка, за разлика от критериите за правдоподобност на индуктивните разсъждения, основани на опита в естествените и социалните науки, е общо твърдение, което не се нуждае от конкретна предпоставка и се доказва според строгите канони на дедуктивното разсъждение. Следователно математическата индукция се нарича "пълна" или "перфектна", тъй като е дедуктивен, напълно надежден метод на доказателство.

Примери за решения на проблеми

Индукция в алгебрата

Разгледайте няколко примера за алгебрични задачи, както и доказателството за различни неравенства, които могат да бъдат решени с помощта на метода на математическата индукция.

Задача 1. Познайте формулата за сумата и я докажете.

A( n )= 2  1 2 + 3 2 2 + …..+(n +1) n 2 .

Решение.

1. Нека преобразуваме израза за сумата А(n):

A(n)= 2  1 2 + 3  2 2 + ….+ (n+1) n 2 = (1+1) 1 2 + (2+1) 2 2 + …. + (n+1) n 2 = =1  1 2 + 2  2 2 + …+n  n 2 + 1 2 + 2 2 +… +n 2 =1 3 + 2 3 +… +n 3 +1 2 + 2 2 +… +n 2 = В(n) + C(n), където B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Разгледайте сумите C (n) и B (n).

а) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Един от често срещаните проблеми при метода на математическата индукция е да се докаже, че за всяко естествено n, равенството

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

Да приемем, че (1) е вярно за всички n  Н.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Нека да наблюдаваме как стойностите на B (n) се променят в зависимост от n.

B(1) = 1 3 = 1 .

B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2

B(3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 =

Следователно може да се приеме, че
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

в) В резултат на това за сумата А(n) получаваме

A( n ) ==

= (*)

3. Нека докажем получената формула (*) чрез метода на математическата индукция.

а) проверете равенството (*) за n = 1.

A(1) = 2  =2,

Очевидно формулата (*) е вярна за n = 1.

б) да предположим, че формулата (*) е вярна за n=k , където k N, тоест равенството

A(k)=

Въз основа на предположението ще докажем валидността на формулата за n =k +1. Наистина ли,

A(k+1)=

Тъй като формулата (*) е вярна за n =1 и от предположението, че е вярна за някакво естествено k , следва, че е вярна за n =k +1, въз основа на принципа на математическата индукция заключаваме, че равенство

важи за всяко естествено n .

Задача 2.

Изчислете сумата 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

Решение.

Нека запишем последователно стойностите на сумите за различни стойности на n.

A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,

A(5)=1-2+3-4+5=3, A(6)=1-2+3-4+5-6= -3.

Наблюдавайки модела, можем да приемем, че A (n)= - за четно n и A (n)=
за нечетно n. Нека комбинираме двата резултата в една формула:

A(n) =
, където r е остатъкът от деленето на n на 2.

И r , очевидно се определя от следното правило

0 ако n е четно,

1 ако n е странно.

Тогава r(може да се познае) може да се представи като:

Накрая получаваме формулата за A (n):

A(n)=

(*)

Нека докажем равенството (*) за всички n  н метод на математическата индукция.

2. а) Проверете равенството (*) за n =1. A(1) = 1=

Равенството е справедливо

б) Да предположим, че равенството

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

вярно при n=k. Нека докажем, че е валидно и за n =k + 1, т.е.

A(k+1)=

Наистина,

A(k+1)=A(k)+(-1) k (k+1) =

Q.E.D.

Методът на математическата индукция се използва и за решаване на задачи за делимост.

Задача 3.

Докажете, че числото N (n)=n 3 + 5n се дели на 6 за всяко естествено n.

Доказателство.

При n =1 числото N (1)=6 и следователно твърдението е вярно.

Нека числото N (k )=k 3 +5k се дели на 6 за някакво естествено k. Нека докажем, че N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) се дели на 6. Наистина имаме
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Тъй като k и k +1 са съседни естествени числа, тогава едно от тях задължително е четно, така че изразът 3k (k +1) се дели на 6. Така получаваме, че N (k +1) също се дели на 6. Изход числото N (n)=n 3 + 5n се дели на 6 за всяко естествено n.

Да разгледаме решението на по-сложна задача за делимост, когато методът на пълната математическа индукция трябва да се приложи няколко пъти.

Задача 4.

Докажете, че за всяко естествено n числото
дори не се дели на 2 n +3 .

Доказателство.

Представете си
под формата на произведение
=

= (*)

По предположение първият фактор в (*) не се дели равномерно на числото 2 k +3 , т.е. в представянето на съставно число
под формата на произведение на прости числа, числото 2 се повтаря не повече от (k + 2) пъти. Така че, за да докажа, че числото
не се дели на 2 k +4 , трябва да докажем това
не се дели на 4.

За да докажем това твърдение, доказваме едно спомагателно твърдение: за всяко естествено n числото 3 2 n +1 не се дели на 4. За n =1 твърдението е очевидно, тъй като 10 не се дели на 4 без остатък. Ако приемем, че 3 2 k +1 не се дели на 4, доказваме, че 3 2(k +1) +1 също не се дели
с 4. Нека представим последния израз като сума:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Вторият член на сумата се дели на 4, но първият не се дели. Следователно целият сбор не се дели на 4 без остатък. Помощното твърдение е доказано.

Сега е ясно, че
не се дели на 4, защото 2k е четно число.

Накрая получаваме това число
не се дели равномерно на 2 n +3 за всяко естествено n.

Разгледайте сега пример за прилагане на индукция към доказателството на неравенства.

Задача 5.

За кое естествено n е вярно неравенството 2 n > 2n + 1?

Решение.

1. Кога n=1 2 1< 2*1+1,

при n=2 2 2< 2*2+1,

при n =3 2 3 > 2*3+1,

при n =4 2 4 > 2*4+1.

Очевидно неравенството е валидно за всяко естествено n  3. Нека докажем това твърдение.

2. Кога n =3 валидността на неравенството вече беше показана. Нека сега неравенството е валидно за n =k , където k е някакво естествено число не по-малко от 3, т.е.

2 k > 2k+1 (*)

Нека докажем, че тогава неравенството е валидно и за n =k +1, тоест 2 k +1 >2(k +1)+1. Умножете (*) по 2, получаваме 2 k +1 >4k +2. Нека сравним изразите 2(k +1)+1 и 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Очевидно 2k -1>0 за всяко естествено k. Тогава 4k +2>2(k +1)+1, т.е. 2k+1 >2(k+1)+1. Твърдението е доказано.

Задача 6.

Неравенство за средно аритметично и средно геометрично на n неотрицателни числа (неравенство на Коши)., получаваме =

Ако поне едно от числата
е равно на нула, тогава е валидно и неравенството (**).

Заключение.

Докато вършех работата, изучавах същността на метода на математическата индукция и неговото доказателство. Статията представя задачи, в които важна роля играе непълната индукция, водеща до правилното решение, след което се извършва доказателство, получено с помощта на метода на математическата индукция.

Литература.

Болтянски В.Г., Сидоров Ю.В., Шабурин М.И. Лекции и задачи по начална математика; Наука, 1974.

Виленкин Н.Я. , Shvartsburd S.I. Математически анализ.-
М.: Образование, 1973.

Галицки М.Л., Мошкович М.М., Шварцбурд С.И. Задълбочено изучаване на курса по алгебра и математически анализ - М .: Образование, 1990 г.

Потапов М.К., Александров В.В., Пасиченко П.И. Алгебра и анализ на елементарни функции.- М.: Наука, 1980.

Сомински И.С., Головина М.Л., Яглом И.М. За математическата индукция - М.: Наука, 1967.

В много области на математиката човек трябва да докаже истинността на твърдение, което зависи от, т.е. истинност на предложението p(n)За " ннN (за всякакви нНА p(n)вдясно).

Това често може да се докаже метод на математическата индукция.

Този метод се основава на принципа на математическата индукция. Обикновено се избира като една от аксиомите на аритметиката и следователно се приема без доказателство. Според принципа на математическата индукция изречението p(n)се счита за вярно за всички естествени стойности на променливата, ако са изпълнени две условия:

1. Оферта p(n)вярно за н= 1.

2. От изречението, че p(n)вярно за н =к (к -произволно естествено число) следва, че е вярно за н =к+ 1.

Методът на математическата индукция се разбира като следния метод на доказателство

1. Проверете истинността на твърдението за н= 1 е основата на индукцията.

2. Да приемем, че твърдението е вярно за n = k -индуктивно предположение.

3. Докажете, че тогава е вярно и за н =к+ 1 индуктивен преход.

Понякога предложение p(n)се оказва вярно не за всички естествени н, и започвайки от някои за n = n 0. В този случай истината се проверява в индукционната база p(n)при n = n 0.

Пример 1Позволявам . Докажи това

1. Индукционна основа: когато н= 1 по дефиниция С 1 = 1 и по формулата получаваме един резултат. Твърдението е правилно.

n=kИ .

n=k+ 1. Нека докажем, че .

Всъщност, чрез индуктивното предположение

Нека трансформираме този израз

Индуктивният преход е доказан.

Коментирайте.Полезно е да се запише това, което е дадено (индуктивно предположение) и това, което трябва да се докаже!

Пример 2Докажи

1. База на индукцията. При н= 1, твърдението очевидно е вярно.

2. Индуктивно предположение. Позволявам n=kИ

3. Индуктивен преход. Позволявам n=k+ 1. Нека докажем:

Наистина, нека повдигнем на квадрат дясната страна като сумата от две числа:

Използвайки индуктивното предположение и формулата за сумата на аритметична прогресия: , получаваме

Пример 3Докажете неравенството

1. Основата на индукцията в този случай е проверката на истинността на твърдението за , т.е. неравенството трябва да се провери. За да направите това, достатъчно е да поставите на квадрат неравенството: или 63< 64 – неравенство верно.

2. Нека неравенството е вярно за , т.е.

3. Нека , докажете:

Използваме индукционната хипотеза

Знаейки как трябва да изглежда дясната страна в доказваното неравенство, избираме тази част

Остава да се установи, че допълнителният фактор не надвишава единица. Наистина ли,

Пример 4Докажете, че за всяко естествено число завършва с цифра.

1. Най-малкото естествено число, от което твърдението е вярно, е равно на . .

2. Нека числото за завършва на . Това означава, че това число може да се запише като , където е някакво естествено число. Тогава .

3. Нека . Нека докажем, че завършва на . Използвайки полученото представяне, получаваме

Последното число има точно единици.

Приложение

1.4. Метод на математическата индукция

Както знаете, математическите твърдения (теореми) трябва да бъдат обосновани, доказани. Сега ще се запознаем с един от методите на доказателство - методът на математическата индукция.

В широк смисъл индукцията е начин на разсъждение, който ви позволява да преминете от конкретни твърдения към общи. Обратният преход от общи твърдения към частни се нарича дедукция.

Дедукцията винаги води до правилни заключения. Например, знаем общия резултат: всички цели числа, завършващи на нула, се делят на 5. От това, разбира се, можем да заключим, че всяко конкретно число, завършващо на 0, като 180, се дели на 5.

В същото време индукцията може да доведе до неправилни заключения. Например, забелязвайки, че числото 60 се дели на числата 1, 2, 3, 4, 5, 6, нямаме право да заключим, че 60 се дели на което и да е число.

Методът на математическата индукция позволява в много случаи строго да се докаже валидността на общото твърдение P(n), чиято формулировка включва естествено число n.

Прилагането на метода включва 3 етапа.

1) База на индукция: проверяваме валидността на твърдението P(n) за n = 1 (или за друга частна стойност на n, като се започне от която се приема валидността на P(n).

2) Допускане на индукция: приемаме, че P(n) е вярно за n = k.

3) Стъпка на индукция: използвайки предположението, ние доказваме, че P(n) е вярно за n = k + 1.

В резултат на това можем да заключим, че P(n) е валидно за всяко n ∈ N. Наистина, за n = 1 твърдението е вярно (базата на индукцията). И следователно е вярно и за n = 2, тъй като преходът от n = 1 към n = 2 е оправдан (стъпка на индукция). Прилагайки стъпката на индукция отново и отново, получаваме валидността на P(n) за n = 3, 4, 5, . . ., т.е. валидността на P(n) за всички n.

Пример 14. Сборът на първите n нечетни естествени числа е n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Доказателството ще се проведе по метода на математическата индукция.

1) Основа: за n=1 има само един член отляво, получаваме: 1 = 1.

Твърдението е правилно.

2) Предположение: приемаме, че за някое k е вярно равенството: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Решаване на задачи за вероятността от попадения по време на удари

Общата постановка на проблема е следната:

Вероятността за попадение в целта с един изстрел е равна на $p$. Произведени са $n$ изстрела. Намерете вероятността целта да бъде ударена точно $k$ пъти (ще има $k$ удара).

Прилагаме формулата на Бернули и получаваме:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k).

Тук $C_n^k$ е броят на комбинациите от $n$ до $k$.

Ако проблемът включва няколко стрелки с различни вероятностипопадение в целта, теория, примери за решения и калкулатор можете да намерите тук.

Видео урок и шаблон за Excel

Гледайте нашия видеоклип за решаване на проблеми със снимки на Бернули, научете как да използвате Excel за решаване на често срещани проблеми.

Файлът за изчисляване на Excel от видеото може да бъде изтеглен безплатно и използван за решаване на вашите проблеми.

Примери за решаване на задачи за поразяване на целта в серия от изстрели

Нека да разгледаме няколко типични примера.

Пример 1Произведени са 7 изстрела. Вероятността за попадение с един изстрел е 0,705. Намерете вероятността да има точно 5 попадения.

Получаваме, че проблемът се занимава с повтарящи се независими тестове (изстрели в целта), общо $n=7$ изстрела, вероятността за попадение с всеки $p=0,705$, вероятността за пропуск $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Трябва да открием, че ще има точно $k=5$ попадения. Заместваме всичко във формула (1) и получаваме: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

Пример 2Вероятността за попадение в целта с един изстрел е 0,4.

Произвеждат се четири независими изстрела по целта. Намерете вероятността да има поне едно попадение в целта.

Проучваме проблема и записваме параметрите: $n=4$ (изстрел), $p=0.4$ (вероятност на попадение), $k \ge 1$ (ще има поне едно попадение).

Използваме формулата за вероятността от обратното събитие (няма попадение):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 ,6 ^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$

Вероятността да уцелите поне веднъж на четири е 0,87 или 87%.

Пример 3Вероятността за попадение в целта от стрелеца е 0,3.

Намерете вероятността с 6 изстрела целта да бъде улучена три до шест пъти.

За разлика от предишните задачи, тук трябва да намерите вероятността броят на попаденията да бъде в определен интервал (а не точно равен на някакво число). Но формулата е същата.

Нека намерим вероятността целта да бъде уцелена от три до шест пъти, тоест ще има или 3, или 4, или 5, или 6 попадения.

Тези вероятности се изчисляват по формула (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001.

Тъй като събитията са несъвместими, желаната вероятност може да се намери с помощта на формулата за добавяне на вероятности: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Пример 4Вероятността за поне едно попадение в целта с четири изстрела е 0,9984. Намерете вероятността да уцелите целта с един изстрел.

Нека обозначим вероятността за попадение в целта с един изстрел. Да въведем събитие:
$A = $ (От четири изстрела поне един ще уцели целта),
както и противоположното му събитие, което може да се запише като:
$\overline(A) = $ (Всички 4 изстрела ще пропуснат целта, без попадения).

Нека запишем формулата за вероятността на събитието $A$.

Нека запишем известните стойности: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Заместете във формула (1) и получете:

$$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984.

Решаваме полученото уравнение:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Така че вероятността за попадение в целта с един изстрел е 0,8.

Благодаря ви, че прочетохте и споделихте с другите

полезни връзки

Намерете готови задачи в решението:

Онлайн изчисления по формулата на Бернули

Решаване на неравенство с калкулатор

Неравенството в математиката се отнася за всички уравнения, където "=" е заменено с някой от следните знаци: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* линейни;

* квадрат;

* дробна;

* показателен;

* тригонометрични;

* логаритмичен.

В зависимост от това неравенствата се наричат линейни, частични и др.

Трябва да сте наясно с тези признаци:

* неравенства с по-голямо от (>) или по-малко от (

* Неравенства с икони, които са по-големи или равни на \[\geq\] по-малки или равни на [\leq\] се наричат непрофесионални;

* иконата не е същата \[\ne\] сама, но случаите с тази икона трябва да се разрешават през цялото време.

Такова неравенство се решава чрез трансформации на идентичности.

Прочетете и нашата статия „Решете пълното решение на онлайн уравнение“

Да приемем, че е валидно следното неравенство:

Решаваме го по същия начин като линейно уравнение, но трябва внимателно да следим знака на неравенството.

Първо преместваме термините от неизвестното наляво, от известното надясно, обръщайки символите:

След това разделяме двете страни на -4 и обръщаме знака за неравенство:

Това е отговорът на това уравнение.

Къде мога да реша неравенството в Интернет?

Можете да решите уравнението на нашия уебсайт pocketteacher.ru.

Калкулатор за неравенство на Бернули

За секунди безплатно онлайн решение за спасяване ще реши онлайн уравнение с всякаква сложност. Всичко, което трябва да направите, е да въведете данните си в спасителната програма. Можете също така да гледате видео инструкции и да научите как да решите уравнението на нашия уебсайт.

И ако имате въпроси, можете да ги зададете в нашата група Vkontakte: pocketteacher. Присъединете се към нашата група, ще се радваме да ви помогнем.

Метод на пълна математическа индукция

Решаване на уравнения / Диференциални уравнения

Решение на диференциални уравнения

Въведете разл.
уравнението:

С калкулатора можете да решавате диференциални уравнения с различна сложност.

Докажете чрез математическа индукция. Методът на математическата индукция и приложението му за решаване на проблеми

Индукция и дедукция.

Метод на математическата индукция.

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

Въведение.

Принципът на математическата индукция и нейното доказателство

Индукция в алгебрата

Задача 6.

Заключение.

Литература.

Решаване на задачи за вероятността от попадения по време на удари

Видео урок и шаблон за Excel

Примери за решаване на задачи за поразяване на целта в серия от изстрели

полезни връзки

Решаване на неравенство с калкулатор

Къде мога да реша неравенството в Интернет?

Калкулатор за неравенство на Бернули

Метод на пълна математическа индукция

Решение на диференциални уравнения

Въведете разл. уравнението:

Примери за решени диференциални уравнения

Въведете разл.
уравнението: