Buktikan dengan induksi matematika. Metode induksi matematika dan penerapannya dalam pemecahan masalah

pengantar

Bagian utama

1. Induksi lengkap dan tidak lengkap

2. Prinsip induksi matematika

3. Metode induksi matematika

4. Solusi dari contoh

5. Persamaan

6. Pembagian bilangan

7. Ketimpangan

Kesimpulan

Daftar literatur yang digunakan

pengantar

Metode deduktif dan induktif adalah dasar dari setiap penelitian matematika. Metode penalaran deduktif adalah penalaran dari umum ke khusus, yaitu. penalaran, titik awalnya adalah hasil umum, dan titik akhir adalah hasil khusus. Induksi diterapkan ketika berpindah dari hasil khusus ke hasil umum, mis. merupakan kebalikan dari metode deduktif.

Meskipun bidang penerapan metode induksi matematika telah berkembang, tetapi diberikan sedikit waktu dalam kurikulum sekolah. Nah, katakanlah bahwa orang yang berguna akan dibawa oleh dua atau tiga pelajaran di mana dia mendengar lima kata teori, memecahkan lima masalah primitif, dan, sebagai hasilnya, mendapat lima karena tidak tahu apa-apa.

Tapi ini sangat penting - untuk bisa berpikir secara induktif.

Bagian utama

Dalam arti aslinya, kata "induksi" diterapkan pada penalaran yang dengannya kesimpulan umum diperoleh berdasarkan sejumlah pernyataan tertentu. Metode penalaran paling sederhana semacam ini adalah induksi lengkap. Berikut adalah contoh dari penalaran tersebut.

Biarkan diperlukan untuk menetapkan bahwa setiap bilangan genap alami n dalam 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.

Kesembilan persamaan ini menunjukkan bahwa masing-masing bilangan yang menarik bagi kita memang direpresentasikan sebagai jumlah dari dua suku prima.

Jadi, induksi lengkap adalah bahwa pernyataan umum dibuktikan secara terpisah di masing-masing dari sejumlah kasus yang mungkin terbatas.

Terkadang hasil umum dapat diprediksi setelah mempertimbangkan tidak semua, melainkan sejumlah besar kasus khusus (yang disebut induksi tidak lengkap).

Hasil yang diperoleh dengan induksi tidak lengkap, bagaimanapun, tetap hanya hipotesis sampai dibuktikan dengan penalaran matematis yang tepat, yang mencakup semua kasus khusus. Dengan kata lain, induksi tidak lengkap dalam matematika tidak dianggap sebagai metode yang sah untuk pembuktian yang ketat, tetapi merupakan metode yang ampuh untuk menemukan kebenaran baru.

Misal, kita harus mencari jumlah n bilangan ganjil pertama yang berurutan. Pertimbangkan kasus khusus:

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

Setelah mempertimbangkan beberapa kasus khusus ini, kesimpulan umum berikut ini muncul dengan sendirinya:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

itu. jumlah n bilangan ganjil pertama berurutan adalah n2

Tentu saja pengamatan yang dilakukan belum bisa menjadi bukti validitas rumus di atas.

Induksi lengkap hanya memiliki aplikasi terbatas dalam matematika. Banyak pernyataan matematika yang menarik mencakup jumlah kasus khusus yang tak terbatas, dan kami tidak dapat menguji jumlah kasus yang tak terbatas. Induksi yang tidak lengkap sering menyebabkan hasil yang salah.

Dalam banyak kasus, jalan keluar dari kesulitan semacam ini adalah menggunakan metode penalaran khusus, yang disebut metode induksi matematika. Ini adalah sebagai berikut.

Biarkan perlu untuk membuktikan validitas pernyataan tertentu untuk setiap bilangan asli n (misalnya, perlu untuk membuktikan bahwa jumlah n bilangan ganjil pertama sama dengan n 2). Verifikasi langsung pernyataan ini untuk setiap nilai n tidak mungkin, karena himpunan bilangan asli tidak terbatas. Untuk membuktikan pernyataan ini, pertama-tama periksa validitasnya untuk n=1. Kemudian dibuktikan bahwa untuk setiap nilai natural k, validitas pernyataan yang dipertimbangkan untuk n=k menyiratkan validitasnya untuk n=k+1 juga.

Maka pernyataan tersebut dianggap terbukti untuk semua n. Memang, pernyataan itu benar untuk n=1. Tetapi kemudian juga berlaku untuk bilangan berikutnya n=1+1=2. Validitas pernyataan untuk n=2 menyiratkan validitasnya untuk n=2+

1=3. Ini menyiratkan validitas pernyataan untuk n=4, dan seterusnya. Jelas bahwa, pada akhirnya, kita akan mencapai bilangan asli n. Jadi, pernyataan tersebut benar untuk sembarang n.

Meringkas apa yang telah dikatakan, kami merumuskan prinsip umum berikut.

Prinsip induksi matematika.

Jika kalimat A(n) tergantung pada bilangan aslin, benar untukn=1 dan dari fakta bahwa itu benar untukn=k(di manak-setiap bilangan asli), maka itu juga benar untuk bilangan berikutnyan=k+1, maka asumsi A(n) benar untuk sembarang bilangan aslin.

Dalam sejumlah kasus, mungkin perlu untuk membuktikan validitas pernyataan tertentu tidak untuk semua bilangan asli, tetapi hanya untuk n>p, di mana p adalah bilangan asli tetap. Dalam hal ini, prinsip induksi matematika dirumuskan sebagai berikut. Jika kalimat A(n) benar untukn=pdan jika A(k) Þ TETAPI(k+1)untuk siapa sajak>p,maka kalimat A(n)benar untuk siapa sajan> hal.

Pembuktian dengan metode induksi matematika dilakukan sebagai berikut. Pertama, pernyataan yang akan dibuktikan diperiksa untuk n=1, yaitu, kebenaran pernyataan A(1) terbukti. Bagian pembuktian ini disebut dasar induksi. Ini diikuti oleh bagian pembuktian yang disebut langkah induksi. Pada bagian ini, validitas pernyataan untuk n=k+1 dibuktikan dengan asumsi bahwa pernyataan benar untuk n=k (asumsi induktif), yaitu. buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1).

CONTOH 1

Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Solusi: 1) Kami memiliki n=1=1 2 . Karena itu,

pernyataan benar untuk n=1, mis. A(1) benar.

2) Buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1).

Biarkan k bilangan asli apa saja dan biarkan pernyataan benar untuk n=k, mis.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Mari kita buktikan bahwa pernyataan tersebut juga benar untuk bilangan asli berikutnya n=k+1, yaitu Apa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Memang,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa Asumsi A(n) benar untuk nнN apa pun.

CONTOH 2

Buktikan itu

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

Solusi: 1) Untuk n=1 kita dapatkan

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

oleh karena itu, untuk n=1 rumusnya benar; A(1) benar.

2) Biarkan k menjadi bilangan asli apa pun dan biarkan rumusnya benar untuk n=k, mis.

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

Mari kita buktikan bahwa persamaan

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

Memang

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).

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa rumus tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.

CONTOH 3

Buktikan bahwa jumlah diagonal n-gon cembung adalah n(n-3)/2.

Solusi: 1) Untuk n=3, pernyataan benar

Dan 3 benar, karena dalam segitiga

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

A2A(3) benar.

2) Misalkan di sembarang

k-gon cembung memiliki-

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

A k Mari kita buktikan bahwa kemudian dalam cembung

(k+1)-gon nomor

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

Misalkan 1 2 3 …A k A k+1 -sudut cembung (k+1). Mari kita menggambar diagonal A 1 A k di dalamnya. Untuk menghitung jumlah diagonal dari (k + 1)-gon ini, Anda perlu menghitung jumlah diagonal di k-gon A 1 A 2 ...A k , tambahkan k-2 ke angka yang dihasilkan, mis. jumlah diagonal (k+1)-gon yang berasal dari titik A k+1 , dan, sebagai tambahan, diagonal A 1 A k harus diperhitungkan.

Dengan demikian,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Karena prinsip induksi matematika, pernyataan ini benar untuk semua n-gon cembung.

CONTOH 4

Buktikan bahwa untuk sembarang n pernyataan benar:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

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

Jadi, untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa n=k

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

3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk 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+1) (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.

Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk n natural apa pun.

CONTOH 5

Buktikan bahwa untuk sembarang n alam, persamaannya benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solusi: 1) Misalkan n=1.

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

Kita lihat bahwa untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa persamaan benar untuk n=k

Metode induksi matematika

pengantar

Bagian utama

Induksi lengkap dan tidak lengkap
Prinsip induksi matematika
Metode induksi matematika
Solusi dari contoh
Persamaan
Pembagian bilangan
ketidaksetaraan

Kesimpulan

Daftar literatur yang digunakan

pengantar

Tapi ini sangat penting - untuk bisa berpikir secara induktif.

Bagian utama

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.

Kesembilan persamaan ini menunjukkan bahwa masing-masing bilangan yang menarik bagi kita memang direpresentasikan sebagai jumlah dari dua suku prima.

Jadi, induksi lengkap adalah bahwa pernyataan umum dibuktikan secara terpisah di masing-masing dari sejumlah kasus yang mungkin terbatas.

Terkadang hasil umum dapat diprediksi setelah mempertimbangkan tidak semua, melainkan sejumlah besar kasus khusus (yang disebut induksi tidak lengkap).

Misal, kita harus mencari jumlah n bilangan ganjil pertama yang berurutan. Pertimbangkan kasus khusus:

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

Setelah mempertimbangkan beberapa kasus khusus ini, kesimpulan umum berikut ini muncul dengan sendirinya:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

itu. jumlah n bilangan ganjil pertama berurutan adalah n2

Tentu saja pengamatan yang dilakukan belum bisa menjadi bukti validitas rumus di atas.

Dalam banyak kasus, jalan keluar dari kesulitan semacam ini adalah menggunakan metode penalaran khusus, yang disebut metode induksi matematika. Ini adalah sebagai berikut.

1=3. Ini menyiratkan validitas pernyataan untuk n=4, dan seterusnya. Jelas bahwa, pada akhirnya, kita akan mencapai bilangan asli n. Jadi, pernyataan tersebut benar untuk sembarang n.

Meringkas apa yang telah dikatakan, kami merumuskan prinsip umum berikut.

Prinsip induksi matematika.

Jika kalimat A(n), yang bergantung pada bilangan asli n, benar untuk n=1, dan dari fakta bahwa itu benar untuk n=k (di mana k adalah sembarang bilangan asli), maka kalimat itu juga benar untuk bilangan berikutnya n=k +1, maka Asumsi A(n) benar untuk sembarang bilangan asli n.

Jika proposisi A(n) benar untuk n=p dan jika A(k)ÞA(k+1) untuk sembarang k>p, maka proposisi A(n) benar untuk sembarang n>p.

Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Solusi: 1) Kami memiliki n=1=1 2 . Karena itu,

pernyataan benar untuk n=1, mis. A(1) benar.

2) Buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1).

Biarkan k bilangan asli apa saja dan biarkan pernyataan benar untuk n=k, mis.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Mari kita buktikan bahwa pernyataan tersebut juga benar untuk bilangan asli berikutnya n=k+1, yaitu Apa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Memang,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa Asumsi A(n) benar untuk nнN apa pun.

Buktikan itu

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

Solusi: 1) Untuk n=1 kita dapatkan

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

oleh karena itu, untuk n=1 rumusnya benar; A(1) benar.

2) Biarkan k menjadi bilangan asli apa pun dan biarkan rumusnya benar untuk n=k, mis.

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

Mari kita buktikan bahwa persamaan

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

Memang

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).

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa rumus tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.

Buktikan bahwa jumlah diagonal n-gon cembung adalah n(n-3)/2.

Solusi: 1) Untuk n=3, pernyataan benar

Dan 3 benar, karena dalam segitiga

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

A2A(3) benar.

2) Misalkan di sembarang

k-gon cembung memiliki-

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

A k Mari kita buktikan bahwa kemudian dalam cembung

(k+1)-gon nomor

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

Dengan demikian,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Karena prinsip induksi matematika, pernyataan ini benar untuk semua n-gon cembung.

Buktikan bahwa untuk sembarang n pernyataan benar:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

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

Jadi, untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa n=k

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

3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk 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+1) (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.

Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk n natural apa pun.

Buktikan bahwa untuk sembarang n alam, persamaannya benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Solusi: 1) Misalkan n=1.

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

Kita lihat bahwa untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa persamaan benar untuk n=k

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4.

3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1, yaitu

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.

Dari bukti di atas jelas bahwa pernyataan benar untuk n=k+1, oleh karena itu, persamaan berlaku untuk sembarang n natural.

Buktikan itu

((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), di mana n>2.

Solusi: 1) Untuk n=2 identitasnya terlihat seperti: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

itu. itu benar.

2) Asumsikan bahwa ekspresi benar untuk n=k

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

3) Kami akan membuktikan kebenaran ekspresi untuk 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).

Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, karena metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk setiap n>2

Buktikan itu

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

untuk setiap n alam.

Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

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

2) Asumsikan bahwa n=k, maka

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

3) Buktikan kebenaran pernyataan ini untuk 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).

Validitas persamaan untuk n=k+1 juga dibuktikan, sehingga pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli n.

Buktikan keabsahan identitasnya

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

untuk setiap n alam.

1) Untuk n=1 identitasnya benar 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

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

3) Buktikan bahwa identitas benar untuk 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).

Dapat dilihat dari bukti di atas bahwa pernyataan benar untuk sembarang bilangan asli n.

Buktikan bahwa (11 n+2 +12 2n+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.

Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

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

Tetapi (23´133) habis dibagi 133 tanpa sisa, jadi untuk n=1 pernyataan itu benar; A(1) benar.

2) Misalkan (11 k+2 +12 2k+1) habis dibagi 133 tanpa sisa.

3) Mari kita buktikan bahwa dalam kasus ini

(11 k+3 +12 2k+3) habis dibagi 133 tanpa sisa. Memang, 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 .

Jumlah yang dihasilkan habis dibagi 133 tanpa sisa, karena suku pertamanya habis dibagi 133 tanpa sisa dengan asumsi, dan faktor kedua adalah 133. Jadi, (k)ÞА(k+1). Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa untuk sembarang n 7 n -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka X 1 =7 1 -1=6 dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

7 k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.

3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1.

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

Suku pertama habis dibagi 6, karena 7 k -1 habis dibagi 6 dengan asumsi, dan suku kedua adalah 6. Jadi 7 n -1 adalah kelipatan 6 untuk sembarang n natural. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk n natural sembarang habis dibagi 11.
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dibagi 11 tanpa sisa. Jadi, untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 tanpa sisa.

3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk 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 .

Suku pertama habis dibagi 11 tanpa sisa, karena 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 dengan asumsi, suku kedua habis dibagi 11, karena salah satu faktornya adalah bilangan 11. Jadi, jumlahnya adalah juga habis dibagi 11 tanpa sisa untuk n natural apa pun. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa 11 2n -1 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 6 tanpa sisa.

Penyelesaian: 1) Misalkan n=1, maka 11 2 -1=120 habis dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar.

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

11 2k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa.

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

Kedua suku habis dibagi 6 tanpa sisa: yang pertama mengandung kelipatan 6 bilangan 120, dan yang kedua habis dibagi 6 tanpa sisa dengan asumsi. Jadi jumlah tersebut habis dibagi 6 tanpa sisa. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa 3 3n+3 -26n-27 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 26 2 (676) tanpa sisa.

Penyelesaian: Mari kita buktikan dulu bahwa 3 3n+3 -1 habis dibagi 26 tanpa sisa.

Untuk n=0

3 3 -1=26 habis dibagi 26

Misalkan untuk n=k

3 3k+3 -1 habis dibagi 26

Mari kita buktikan bahwa pernyataan

benar untuk n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – habis dibagi 26

Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam kondisi masalah.

1) Jelas bahwa untuk n=1 pernyataan tersebut benar

3 3+3 -26-27=676

2) Asumsikan bahwa untuk n=k

ekspresi 3 3k+3 -26k-27 habis dibagi 26 2 tanpa sisa.

3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1

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

Kedua suku habis dibagi 26 2 ; yang pertama habis dibagi 26 2 karena kita telah membuktikan bahwa ekspresi dalam kurung habis dibagi 26, dan yang kedua habis dibagi oleh hipotesis induktif. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.

Buktikan bahwa jika n>2 dan x>0, maka pertidaksamaan

(1+x) n >1+n´x.

Solusi: 1) Untuk n=2, pertidaksamaan benar, karena

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

Jadi A(2) benar.

2) Buktikan bahwa A(k)ÞA(k+1) jika k > 2. Misalkan A(k) benar, yaitu pertidaksamaan

(1+x) k >1+k´x. (3)

Buktikan bahwa A(k+1) juga benar, yaitu pertidaksamaan

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Memang, mengalikan kedua ruas pertidaksamaan (3) dengan bilangan positif 1+x, kita memperoleh

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Pertimbangkan sisi kanan yang tidak sama terakhir

stva; kita punya

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

Hasilnya, kita mendapatkan itu

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk sembarang

Buktikan bahwa pertidaksamaan itu benar

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

Solusi: 1) Untuk m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 kedua bagian sama besar.

2) Asumsikan bahwa untuk m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Buktikan bahwa untuk m=k+1 ketidaksamaan benar

(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 .

Kami telah membuktikan validitas pertidaksamaan untuk m=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematis, pertidaksamaan ini berlaku untuk setiap m alami.

Buktikan bahwa untuk n>6 pertidaksamaan

3 n >n´2 n+1 .

Solusi: Mari kita tulis ulang pertidaksamaan dalam bentuk

Untuk n=7 kita memiliki

3 7/2 7 =2187/128>14=2´7

ketidaksetaraan itu benar.

Misalkan untuk n=k

3) Mari kita buktikan kebenaran pertidaksamaan untuk n=k+1.

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

Karena k>7, pertidaksamaan terakhir terlihat jelas.

Berdasarkan metode induksi matematis, pertidaksamaan berlaku untuk sembarang n natural.

Buktikan bahwa untuk n>2 pertidaksamaan

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

Solusi: 1) Untuk n=3 pertidaksamaan benar

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

Misalkan untuk n=k

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

3) Kami akan membuktikan validitas non-

persamaan untuk n=k+1

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

Mari kita buktikan bahwa 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

k(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Yang terakhir sudah jelas, dan karena itu

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

Berdasarkan metode induksi matematika, ketidaksetaraan terbukti.

Kesimpulan

Secara khusus, setelah mempelajari metode induksi matematika, saya meningkatkan pengetahuan saya di bidang matematika ini, dan juga belajar bagaimana menyelesaikan masalah yang sebelumnya di luar kemampuan saya.

Pada dasarnya, ini adalah tugas yang logis dan menghibur, mis. hanya mereka yang meningkatkan minat matematika itu sendiri sebagai ilmu. Pemecahan masalah tersebut menjadi kegiatan yang menghibur dan dapat menarik semakin banyak orang yang ingin tahu ke labirin matematika. Menurut pendapat saya, ini adalah dasar dari ilmu apa pun.

Melanjutkan mempelajari metode induksi matematika, saya akan mencoba mempelajari bagaimana menerapkannya tidak hanya dalam matematika, tetapi juga dalam memecahkan masalah dalam fisika, kimia, dan kehidupan itu sendiri.

MATEMATIKA:

KULIAH, TUGAS, SOLUSI

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

ALJABAR DAN PRINSIP ANALISIS

Buku Teks / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. "Pencerahan" 1975.

Salah satu metode pembuktian matematis yang paling penting adalah benar metode induksi matematika. Sebagian besar rumus yang berkaitan dengan semua bilangan asli n dapat dibuktikan dengan induksi matematika (misalnya, rumus jumlah n suku pertama suatu deret aritmatika, rumus binomial Newton, dll.).

Pada artikel ini, pertama-tama kita akan membahas konsep dasar, kemudian mempertimbangkan metode induksi matematika itu sendiri dan menganalisis contoh penerapannya dalam membuktikan persamaan dan ketidaksetaraan.

Navigasi halaman.

Induksi dan deduksi.

dengan induksi disebut transisi dari pernyataan khusus ke umum. Sebaliknya, transisi dari pernyataan umum ke pernyataan khusus disebut deduksi.

Contoh pernyataan pribadi: 254 habis dibagi 2 tanpa sisa.

Dari pernyataan khusus ini, seseorang dapat merumuskan banyak pernyataan yang lebih umum, baik yang benar maupun yang salah. Misalnya, pernyataan yang lebih umum bahwa semua bilangan bulat yang diakhiri dengan 4 habis dibagi 2 tanpa sisa adalah benar, sedangkan pernyataan bahwa semua bilangan tiga digit habis dibagi 2 tanpa sisa adalah salah.

Dengan demikian, induksi memungkinkan untuk memperoleh banyak pernyataan umum berdasarkan fakta yang diketahui atau jelas. Dan metode induksi matematika dirancang untuk mengetahui validitas pernyataan yang diterima.

Sebagai contoh, perhatikan urutan numerik: , n adalah bilangan asli sembarang. Maka barisan jumlah n unsur pertama barisan tersebut adalah sebagai berikut:

Berdasarkan fakta ini, dengan induksi dapat dikatakan bahwa .

Kami menyajikan bukti formula ini.

Metode induksi matematika.

Metode induksi matematika didasarkan pada prinsip induksi matematika.

Ini terdiri dari yang berikut: pernyataan tertentu benar untuk sembarang n if

itu valid untuk n = 1 dan
dari validitas pernyataan untuk sembarang natural n = k maka benar untuk n = k+1 .

Artinya, pembuktian dengan metode induksi matematika dilakukan dalam tiga tahap:

pertama, validitas pernyataan diperiksa untuk sembarang bilangan asli n (biasanya pemeriksaan dilakukan untuk n = 1 );
kedua, validitas pernyataan diasumsikan untuk sembarang n=k ;
ketiga, validitas pernyataan untuk bilangan n=k+1 terbukti, dimulai dari asumsi poin kedua.

Contoh pembuktian persamaan dan pertidaksamaan dengan metode induksi matematika.

Mari kembali ke contoh sebelumnya dan buktikan rumusnya .

Bukti.

Metode induksi matematika melibatkan pembuktian tiga titik.

Dengan demikian, ketiga langkah metode induksi matematika telah selesai, dan dengan demikian asumsi kita tentang rumus telah terbukti.

Mari kita lihat masalah trigonometri.

Contoh.

Buktikan Identitas .

Keputusan.

Pertama, kita periksa persamaan untuk n = 1 . Untuk melakukan ini, kita memerlukan rumus dasar trigonometri.

Artinya, persamaan benar untuk n = 1 .

Kedua, misalkan persamaan itu benar untuk n = k , yaitu identitasnya

Ketiga, kita beralih ke bukti kesetaraan untuk n = k+1 , berdasarkan poin kedua.

Karena menurut rumus dari trigonometri

kemudian

Pembuktian persamaan dari titik ketiga selesai, oleh karena itu identitas aslinya dibuktikan dengan metode induksi matematika.

Dapat dibuktikan dengan induksi matematika.

Contoh pembuktian pertidaksamaan dengan induksi matematika dapat ditemukan di bagian metode kuadrat terkecil ketika menurunkan rumus untuk menemukan koefisien aproksimasi.

Bibliografi.

Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Pada induksi matematika.

Kementerian Pendidikan Wilayah Saratov

Universitas Sosial Ekonomi Negeri Saratov

Kompetisi regional karya matematika dan komputer anak sekolah

"Vektor Masa Depan - 2007"

«Metode induksi matematika.

Penerapannya untuk memecahkan masalah aljabar"

(bagian "matematika")

karya kreatif

10 siswa kelas "A"

MOU "Gymnasium No. 1"

Distrik Oktyabrsky di Saratov

Harutyunyan Gayane.

Manajer kerja:

guru matematika

Grishina Irina Vladimirovna

Saratov

2007

Pendahuluan………………………………………………………………………………………3

Prinsip induksi matematika dan

bukti…………………………………………………………………………..4

Contoh pemecahan masalah…………………………………………………………………..9

Kesimpulan……………………………………………………………………………..16

Sastra ………………………………………………………………………………… 17

Pengantar.

Metode induksi matematika dapat dibandingkan dengan kemajuan. Kita mulai dari yang terendah, sebagai hasil dari pemikiran logis kita sampai pada yang tertinggi. Manusia selalu berusaha untuk kemajuan, untuk kemampuan mengembangkan pemikirannya secara logis, yang berarti bahwa alam itu sendiri telah menetapkannya untuk berpikir secara induktif dan mendukung pemikirannya dengan bukti yang dilakukan menurut semua aturan logika.
Saat ini, bidang penerapan metode induksi matematika telah berkembang, tetapi sayangnya, sedikit waktu yang dikhususkan untuk itu dalam kurikulum sekolah. Tapi ini sangat penting - untuk bisa berpikir secara induktif.

Prinsip induksi matematika dan pembuktiannya

Mari kita beralih ke inti dari metode induksi matematika. Mari kita pertimbangkan berbagai pernyataan. Mereka dapat dibagi lagi menjadi umum dan khusus Mari kita berikan contoh pernyataan umum.

Semua warga negara Rusia memiliki hak atas pendidikan.

Dalam jajaran genjang apa pun, diagonal di titik persimpangan dibagi dua.

Semua bilangan yang berakhiran nol habis dibagi 5.

Contoh pernyataan pribadi yang relevan:

Petrov memiliki hak atas pendidikan.

Pada jajar genjang ABCD, diagonal-diagonal pada titik potong tersebut dibagi dua.

140 habis dibagi 5.

Transisi dari pernyataan umum ke pernyataan khusus disebut deduksi (dari bahasa Latin pengurangan - kesimpulan menurut aturan logika).

Perhatikan contoh inferensi deduktif.

Semua warga negara Rusia memiliki hak atas pendidikan. (satu)

Petrov adalah warga negara Rusia. (2)

Petrov memiliki hak atas pendidikan. (3)

Dari pernyataan umum (1) dengan bantuan (2) diperoleh pernyataan khusus (3).

Transisi kebalikan dari pernyataan khusus ke pernyataan umum disebut induksi (dari bahasa Latin induksi - panduan).

Induksi dapat menghasilkan kesimpulan yang benar dan salah.

Mari kita jelaskan ini dengan dua contoh.

140 habis dibagi 5. (1)

Semua bilangan yang berakhiran nol habis dibagi 5. (2)

140 habis dibagi 5. (1)

Semua bilangan tiga angka habis dibagi 5. (2)

Dari pernyataan khusus (1) diperoleh pernyataan umum (2). Pernyataan (2) benar.

Contoh kedua menunjukkan bagaimana pernyataan umum (3) dapat diperoleh dari pernyataan tertentu (1), apalagi pernyataan (3) tidak benar.

Mari kita bertanya pada diri sendiri pertanyaan tentang bagaimana menggunakan induksi dalam matematika untuk mendapatkan hanya kesimpulan yang benar. Mari kita pertimbangkan beberapa contoh induksi, yang tidak dapat diterima dalam matematika.

Contoh 1.

Pertimbangkan trinomial persegi dari bentuk berikut (x)= x 2 + x + 41, yang diperhatikan oleh Leonard Euler.

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.

Kita melihat bahwa setiap kali nilai trinomial adalah bilangan prima. Berdasarkan hasil yang diperoleh, kami menyatakan bahwa ketika mensubstitusi ke dalam trinomial yang dipertimbangkan, alih-alih x Setiap bilangan bulat non-negatif selalu menghasilkan bilangan prima.

Namun, kesimpulan yang ditarik tidak dapat dianggap dapat diandalkan. Apa masalahnya? Faktanya adalah bahwa dalam penalaran, pernyataan umum dibuat tentang x apa pun hanya atas dasar bahwa pernyataan ini ternyata benar untuk beberapa nilai x.

Memang, setelah pemeriksaan lebih dekat terhadap trinomial P(x), bilangan P(0), P(1), ..., P(39) adalah bilangan prima, tetapi P(40) = 41 2 adalah bilangan komposit. Dan cukup jelas: P(41) = 41 2 +41+41 adalah kelipatan 41.

Dalam contoh ini, kami bertemu dengan pernyataan yang benar dalam 40 kasus khusus, namun ternyata tidak adil secara umum.

Mari kita lihat beberapa contoh lagi.

Contoh 2

Pada abad ke-17 V.G. Leibniz membuktikan bahwa untuk sembarang n alami, bilangan berbentuk n 3 - n adalah kelipatan 3, n 5 - n adalah kelipatan 5, n 7 - n adalah kelipatan 7. Berdasarkan ini, ia menyarankan bahwa untuk sembarang k ganjil dan natural n, bilangan n k - n kelipatan dari k, tetapi segera dia sendiri memperhatikan bahwa 2 9 -2=510, yang, jelas, tidak habis dibagi 9.

Contoh-contoh yang dipertimbangkan memungkinkan kita untuk menarik kesimpulan penting: sebuah pernyataan dapat benar dalam beberapa kasus khusus dan pada saat yang sama tidak adil secara umum.

Pertanyaan yang muncul secara alami: ada pernyataan yang benar dalam beberapa kasus tertentu; tidak mungkin untuk mempertimbangkan semua kasus khusus; bagaimana Anda tahu jika pernyataan ini benar sama sekali?

Pertanyaan ini terkadang dapat diselesaikan dengan menerapkan metode penalaran khusus yang disebut metode induksi matematika. Metode ini didasarkan pada prinsip induksi matematika, disimpulkan sebagai berikut: pernyataan benar untuk sembarang n natural jika:

itu valid untuk n = 1;

dari validitas pernyataan untuk n =k arbitrer natural, maka benar untuk n = k +1.

Bukti.

Asumsikan sebaliknya, yaitu, pernyataan benar tidak untuk setiap n natural. Maka ada bilangan asli m sehingga

pernyataan untuk n = m tidak benar,

untuk semua n

Jelas bahwa m >1, karena pernyataan benar untuk n =1 (kondisi 1). Oleh karena itu, m -1 adalah bilangan asli. Untuk bilangan asli m -1 pernyataan itu benar, tetapi untuk bilangan asli m berikutnya pernyataan itu tidak benar. Hal ini bertentangan dengan kondisi 2. Kontradiksi yang dihasilkan menunjukkan bahwa asumsi tersebut salah. Oleh karena itu, pernyataan ini benar untuk sembarang n, h.e.d.

Pembuktian berdasarkan prinsip induksi matematika disebut pembuktian dengan metode induksi matematika. Pembuktian seperti itu harus terdiri dari dua bagian, dari pembuktian dua teorema independen.

Teorema 1. Pernyataan ini benar untuk n=1.

Teorema 2. Pernyataan benar untuk n =k +1 jika benar untuk n=k, di mana k adalah bilangan asli sembarang.

Jika kedua teorema ini dibuktikan, maka, berdasarkan prinsip induksi matematika, pernyataan tersebut benar untuk sembarang
alam n .

Harus ditekankan bahwa pembuktian dengan induksi matematis tentu membutuhkan pembuktian baik Teorema 1 maupun 2. Pengabaian Teorema 2 menyebabkan kesimpulan yang salah (contoh 1-2). Mari kita tunjukkan dengan sebuah contoh betapa perlunya pembuktian Teorema 1 ini.

Contoh 3. "Teorema": setiap bilangan asli sama dengan bilangan asli yang mengikutinya.

Pembuktian akan dilakukan dengan metode induksi matematika.

Misalkan k =k +1 (1).

Mari kita buktikan bahwa k +1=k +2 (2). Untuk melakukan ini, tambahkan 1 ke setiap bagian dari "kesetaraan" (1) Kami mendapatkan "kesetaraan" (2). Ternyata jika pernyataan benar untuk n =k , maka benar juga untuk n =k +1., dst.

"Konsekuensi" yang jelas dari "teorema": semua bilangan asli adalah sama.

Kesalahannya terletak pada kenyataan bahwa Teorema 1, yang diperlukan untuk menerapkan prinsip induksi matematika, belum terbukti dan tidak benar, dan hanya teorema kedua yang terbukti.

Teorema 1 dan 2 sangat penting.

Teorema 1 menciptakan dasar untuk induksi. Teorema 2 memberikan hak untuk ekspansi otomatis tak terbatas dari basis ini, hak untuk berpindah dari kasus khusus ini ke kasus berikutnya, dari n ke n + 1.

Jika Teorema 1 belum terbukti, tetapi Teorema 2 telah dibuktikan, maka, oleh karena itu, dasar untuk melakukan induksi belum dibuat, dan kemudian tidak masuk akal untuk menerapkan Teorema 2, karena pada kenyataannya tidak ada yang perlu diperluas .

Jika Teorema 2 belum dibuktikan, dan hanya Teorema 1 yang telah dibuktikan, maka meskipun basis untuk melakukan induksi telah dibuat, hak untuk memperluas basis ini tidak ada.

Perkataan.

Kadang-kadang bagian kedua dari pembuktian didasarkan pada validitas pernyataan tidak hanya untuk n =k, tetapi juga untuk n =k -1. Dalam hal ini, pernyataan di bagian pertama harus diuji untuk dua nilai n berikutnya.

Kadang-kadang pernyataan terbukti bukan untuk sembarang n , tetapi untuk n > m , di mana m adalah bilangan bulat. Dalam hal ini, di bagian pertama pembuktian, pernyataan diverifikasi untuk n =m +1, dan jika perlu, untuk beberapa nilai n berikutnya.

Menyimpulkan apa yang telah dikatakan, kita memiliki: metode induksi matematika memungkinkan, dalam mencari hukum umum, untuk menguji hipotesis yang muncul dalam kasus ini, untuk menolak yang salah dan untuk menegaskan yang benar.

Semua orang tahu peran proses generalisasi hasil pengamatan dan eksperimen individu (yaitu, induksi) untuk ilmu eksperimental empiris. Matematika, di sisi lain, telah lama dianggap sebagai contoh klasik penerapan metode deduktif murni, karena selalu diasumsikan secara eksplisit atau implisit bahwa semua proposisi matematika (kecuali yang diterima sebagai yang awal - aksioma) terbukti, dan aplikasi spesifik dari proposisi-proposisi ini diturunkan dari bukti-bukti yang cocok untuk kasus-kasus umum (deduksi).

Apa yang dimaksud dengan induksi dalam matematika? Haruskah itu dipahami sebagai metode yang tidak cukup andal, dan bagaimana mencari kriteria untuk keandalan metode induktif semacam itu? Atau kepastian kesimpulan matematis yang sifatnya sama dengan generalisasi eksperimental dari ilmu eksperimental, sehingga tidak buruk untuk "memverifikasi" fakta yang terbukti? Pada kenyataannya, ini tidak terjadi.

Induksi (panduan) pada hipotesis memainkan peran yang sangat penting tetapi murni heuristik dalam matematika: memungkinkan seseorang untuk menebak apa solusi yang seharusnya. Tetapi proposisi matematis dibuat hanya secara deduktif. Dan metode induksi matematika adalah metode pembuktian deduktif murni. Memang pembuktian yang dilakukan dengan metode ini terdiri dari dua bagian:

yang disebut "basis" - bukti deduktif dari kalimat yang diinginkan untuk satu (atau beberapa) bilangan asli;

langkah induktif yang terdiri dari bukti deduktif dari pernyataan umum. Teorema ini terbukti tepat untuk semua bilangan asli. Dari dasar dibuktikan, misalnya, untuk nomor 0, kita mendapatkan, dengan langkah induksi, bukti untuk nomor 1, kemudian dengan cara yang sama untuk 2, untuk 3 ... - dan pernyataan dapat dibenarkan untuk bilangan asli apa pun.

Dengan kata lain, nama "induksi matematika" adalah karena fakta bahwa metode ini hanya dikaitkan dalam pikiran kita dengan penalaran induktif tradisional (setelah semua, dasarnya benar-benar terbukti hanya untuk kasus tertentu); langkah induktif, berbeda dengan kriteria yang masuk akal dari penalaran induktif berdasarkan pengalaman dalam ilmu-ilmu alam dan sosial, adalah pernyataan umum yang tidak memerlukan premis tertentu dan dibuktikan menurut kanon penalaran deduktif yang ketat. Oleh karena itu, induksi matematika disebut "lengkap" atau "sempurna", karena ini adalah metode pembuktian deduktif yang sepenuhnya andal.

Contoh solusi masalah

Induksi dalam aljabar

Perhatikan beberapa contoh soal aljabar, serta pembuktian berbagai pertidaksamaan yang dapat diselesaikan dengan menggunakan metode induksi matematika.

Tugas 1. Tebak rumus jumlah dan buktikan.

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

Keputusan.

1. Mari kita ubah ekspresi untuk jumlah (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 = (n) + C(n), di mana B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. Pertimbangkan jumlah C (n) dan B (n).

a) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Salah satu masalah yang sering ditemui pada metode induksi matematika adalah untuk membuktikan bahwa untuk setiap n alami , persamaan

1 2 + 2 2 +…+ n2 = (1)

Asumsikan bahwa (1) benar untuk semua n  N.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . Mari kita amati bagaimana nilai B(n) berubah tergantung pada 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 =

Dengan demikian, dapat diasumsikan bahwa
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

c) Akibatnya, untuk jumlah (n) kita dapatkan

TETAPI( n ) ==

= (*)

3. Mari kita buktikan rumus yang diperoleh (*) dengan metode induksi matematika.

a) periksa persamaan (*) untuk n = 1.

A(1) = 2  =2,

Jelas, rumus (*) benar untuk n = 1.

b) anggaplah bahwa rumus (*) benar untuk n=k , di mana k N, yaitu persamaan

A(k)=

Berdasarkan asumsi tersebut, kita akan membuktikan validitas rumus untuk n =k +1. Betulkah,

A(k+1)=

Karena rumus (*) benar untuk n =1, dan dari asumsi bahwa itu benar untuk beberapa k alami, maka benar untuk n =k +1, berdasarkan prinsip induksi matematika kita menyimpulkan bahwa persamaan

berlaku untuk setiap n alami.

Tugas 2.

Hitung jumlah 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

Keputusan.

Mari kita tuliskan nilai jumlah untuk nilai n yang berbeda secara berurutan.

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.

Mengamati polanya, kita dapat mengasumsikan bahwa A (n)= - untuk n genap dan A (n)=
untuk n ganjil Mari gabungkan kedua hasil menjadi satu rumus:

A(n) =
, di mana r adalah sisa pembagian n dengan 2.

Dan r , jelas ditentukan oleh aturan berikut:

0 jika n genap,

r =

1 jika n ganjil.

Kemudian r(bisa ditebak) dapat direpresentasikan sebagai:

Akhirnya kita mendapatkan rumus untuk A (n):

A(n)=

(*)

Buktikan persamaan (*) untuk semua n  N metode induksi matematika.

2. a) Periksa persamaan (*) untuk n =1. A(1) = 1=

Kesetaraan itu adil

b) Misalkan persamaan

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

benar di n=k. Mari kita buktikan bahwa itu juga valid untuk n =k + 1, yaitu.

A(k+1)=

Memang,

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

Q.E.D.

Metode induksi matematika juga digunakan untuk menyelesaikan masalah keterbagian.

Tugas 3.

Buktikan bahwa bilangan N (n)=n 3 + 5n habis dibagi 6 untuk sembarang n alami.

Bukti.

Pada n =1 bilangan N (1)=6 maka pernyataan tersebut benar.

Misalkan bilangan N (k )=k 3 +5k habis dibagi 6 untuk beberapa k natural, buktikan bahwa N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) habis dibagi 6. Memang, kami memiliki
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Sejauh k dan k +1 adalah bilangan asli yang bertetangga, maka salah satunya pasti genap, sehingga persamaan 3k (k +1) habis dibagi 6. Jadi, kita peroleh bahwa N (k +1) juga habis dibagi 6. Output bilangan N (n)=n 3 + 5n habis dibagi 6 untuk sembarang n alami.

Pertimbangkan solusi dari masalah keterbagian yang lebih kompleks, ketika metode induksi matematika lengkap harus diterapkan beberapa kali.

Tugas 4.

Buktikan bahwa untuk sembarang n bilangan asli
bahkan tidak habis dibagi 2 n +3 .

Bukti.

Membayangkan
dalam bentuk karya
=

= (*)

Dengan asumsi, faktor pertama pada (*) tidak habis dibagi oleh bilangan 2 k +3 , yaitu dalam representasi bilangan komposit
dalam bentuk produk bilangan prima, angka 2 diulang tidak lebih dari (k + 2) kali. Jadi untuk membuktikan bahwa bilangan
tidak habis dibagi 2 k +4 , kita harus membuktikan bahwa
tidak habis dibagi 4.

Untuk membuktikan pernyataan ini, kami membuktikan pernyataan tambahan: untuk setiap n alami, bilangan 3 2 n +1 tidak habis dibagi 4. Untuk n =1, pernyataan jelas, karena 10 tidak habis dibagi 4 tanpa sisa. Dengan asumsi bahwa 3 2 k +1 tidak habis dibagi 4, kita buktikan bahwa 3 2(k +1) +1 juga tidak habis dibagi
dengan 4. Mari kita nyatakan ekspresi terakhir sebagai jumlah:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Suku kedua dari jumlah tersebut habis dibagi 4, tetapi suku pertama tidak habis dibagi. Oleh karena itu, seluruh jumlah tidak habis dibagi 4 tanpa sisa. Pernyataan bantu terbukti.

Sekarang jelas bahwa
tidak habis dibagi 4 karena 2k bilangan genap.

Akhirnya, kami mendapatkan nomor itu
tidak habis dibagi 2 n +3 untuk setiap n alami .

Pertimbangkan sekarang contoh penerapan induksi pada bukti ketidaksetaraan.

Tugas 5.

Untuk n natural manakah pertidaksamaan 2 n > 2n + 1 berlaku?

Keputusan.

1. Kapan n=1 2 1< 2*1+1,

pada n=2 2 2< 2*2+1,

pada n =3 2 3 > 2*3+1,

pada n =4 2 4 > 2*4+1.

Rupanya, pertidaksamaan ini berlaku untuk semua n alami  3. Mari kita buktikan pernyataan ini.

2. Kapan n =3 validitas pertidaksamaan telah ditunjukkan. Sekarang biarkan pertidaksamaan berlaku untuk n =k , di mana k adalah bilangan asli tidak kurang dari 3, yaitu.

2 k > 2k+1 (*)

Mari kita buktikan bahwa pertidaksamaan juga berlaku untuk n =k +1, yaitu 2 k +1 >2(k +1)+1. Kalikan (*) dengan 2, kita mendapatkan 2 k +1 >4k +2. Mari kita bandingkan ekspresi 2(k +1)+1 dan 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Jelas, 2k -1>0 untuk k alami apa pun. Kemudian 4k +2>2(k +1)+1, mis. 2k+1 >2(k+1)+1. Pernyataan itu terbukti.

Tugas 6.

Pertidaksamaan untuk mean aritmatika dan mean geometrik dari n bilangan non-negatif (pertidaksamaan Cauchy)., kita peroleh =

Jika setidaknya salah satu dari angka
sama dengan nol, maka pertidaksamaan (**) juga valid.

Kesimpulan.

Saat mengerjakan tugas, saya mempelajari intisari dari metode induksi matematika dan pembuktiannya. Makalah ini menyajikan masalah di mana peran penting dimainkan oleh induksi tidak lengkap yang mengarah ke solusi yang benar, dan kemudian bukti yang diperoleh dengan menggunakan metode induksi matematika dilakukan.

Literatur.

Boltyansky V.G., Sidorov Yu.V., Shaburin M.I. Ceramah dan masalah dalam matematika dasar; Sains, 1974.

Vilenkin N.Ya. , Shvartsburd S.I. Analisis matematika.-
M.: Pendidikan, 1973.

Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Studi mendalam tentang mata kuliah aljabar dan analisis matematis.- M.: Education, 1990.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I. Aljabar dan analisis fungsi dasar.- M.: Nauka, 1980.

Sominsky I.S., Golovina M.L., Yaglom I.M. Tentang induksi matematika - M.: Nauka, 1967.

Di banyak bidang matematika, seseorang harus membuktikan kebenaran pernyataan yang bergantung pada , yaitu, kebenaran proposisi p(n) untuk " n N (untuk apa saja n PADA p(n) Baik).

Ini sering dapat dibuktikan metode induksi matematika.

Metode ini didasarkan pada prinsip induksi matematika. Biasanya dipilih sebagai salah satu aksioma aritmatika dan karenanya diterima tanpa bukti. Menurut prinsip induksi matematika, kalimat p(n) dianggap benar untuk semua nilai alami variabel jika dua kondisi terpenuhi:

1. Penawaran p(n) benar untuk n= 1.

2. Dari kalimat itu p(n) benar untuk n =k (k - bilangan asli arbitrer) maka itu benar untuk n =k+ 1.

Metode induksi matematika dipahami sebagai metode pembuktian berikut:

1. Periksa kebenaran pernyataan untuk n= 1 adalah dasar induksi.

2. Asumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = k - asumsi induktif.

3. Buktikan bahwa itu juga benar untuk n =k+ 1 transisi induktif.

Terkadang saran p(n) ternyata benar tidak untuk semua yang alami n, dan mulai dari beberapa untuk n = n 0. Dalam hal ini, kebenarannya diperiksa di basis induksi p(n) pada n = n 0.

Contoh 1 Biarlah. Buktikan itu

1. Basis induksi: kapan n= 1 menurut definisi S 1 = 1 dan dengan rumus kita mendapatkan satu hasil. Pernyataan itu benar.

n=k dan .

n=k+ 1. Mari kita buktikan bahwa .

Memang, dengan asumsi induktif

Mari kita ubah ekspresi ini

Transisi induktif terbukti.

Komentar. Berguna untuk menuliskan apa yang diberikan (asumsi induktif) dan apa yang perlu dibuktikan!

Contoh 2 Membuktikan

1. Dasar induksi. Pada n= 1, pernyataan tersebut jelas benar.

2. Asumsi induktif. Biarlah n=k dan

3. Transisi induktif. Biarlah n=k+ 1. Mari kita buktikan:

Memang, mari kita kuadratkan sisi kanan sebagai jumlah dari dua angka:

Menggunakan asumsi induktif dan rumus jumlah deret aritmatika: , kita peroleh

Contoh 3 Buktikan pertidaksamaan

1. Dasar induksi dalam hal ini adalah pembuktian kebenaran pernyataan untuk , yaitu . ketimpangan perlu diperiksa. Untuk melakukan ini, cukup dengan mengkuadratkan ketidaksetaraan: atau 63< 64 – неравенство верно.

2. Biarkan pertidaksamaan benar untuk , mis.

3. Biarkan , buktikan:

Kami menggunakan hipotesis induksi

Mengetahui seperti apa sisi kanan dalam pertidaksamaan yang sedang dibuktikan, kami memilih bagian ini

Tetap untuk menetapkan bahwa faktor tambahan tidak melebihi kesatuan. Betulkah,

Contoh 4 Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli diakhiri dengan angka.

1. Bilangan asli terkecil dari pernyataan yang benar adalah . .

2. Biarkan nomor berakhiran . Ini berarti bahwa nomor ini dapat ditulis sebagai , Dimana beberapa bilangan asli. Kemudian .

3. Biarkan . Mari kita buktikan bahwa itu berakhir dengan . Menggunakan representasi yang dihasilkan, kita mendapatkan

Nomor terakhir memiliki tepat satu.

Lampiran

1.4. Metode induksi matematika

Seperti yang Anda ketahui, pernyataan matematika (teorema) harus dibuktikan, dibuktikan. Sekarang kita akan berkenalan dengan salah satu metode pembuktian - metode induksi matematika.

Dalam arti luas, induksi adalah cara penalaran yang memungkinkan Anda berpindah dari pernyataan khusus ke pernyataan umum. Transisi terbalik, dari pernyataan umum ke pernyataan khusus, disebut deduksi.

Deduksi selalu mengarah pada kesimpulan yang benar. Sebagai contoh, kita mengetahui hasil umum: semua bilangan bulat yang berakhiran nol habis dibagi 5. Dari sini, tentu saja, kita dapat menyimpulkan bahwa setiap bilangan tertentu yang berakhiran 0, seperti 180, habis dibagi 5.

Pada saat yang sama, induksi dapat menyebabkan kesimpulan yang salah. Misalnya, dengan memperhatikan bahwa angka 60 habis dibagi angka 1, 2, 3, 4, 5, 6, kita tidak berhak menyimpulkan bahwa 60 habis dibagi bilangan berapa pun.

Metode induksi matematika memungkinkan dalam banyak kasus untuk secara ketat membuktikan validitas pernyataan umum P(n), yang formulasinya mencakup bilangan asli n.

Penerapan metode tersebut meliputi 3 tahap.

1) Dasar induksi: kita memeriksa validitas pernyataan P(n) untuk n = 1 (atau untuk nilai privat n lainnya, mulai dari asumsi validitas P(n)).

2) Asumsi induksi: kita asumsikan bahwa P(n) benar untuk n = k.

3) Langkah induksi: dengan menggunakan asumsi, kita buktikan bahwa P(n) benar untuk n = k + 1.

Hasilnya, kita dapat menyimpulkan bahwa P(n) valid untuk sembarang n N. Memang, untuk n = 1 pernyataan benar (basis induksi). Dan oleh karena itu, ini juga benar untuk n = 2, karena transisi dari n = 1 ke n = 2 dibenarkan (langkah induksi). Menerapkan langkah induksi berulang kali, kita memperoleh validitas P(n) untuk n = 3, 4, 5, . . ., yaitu, validitas P(n) untuk semua n.

Contoh 14. Jumlah n bilangan asli ganjil pertama adalah n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Pembuktian akan dilakukan dengan metode induksi matematika.

1) Basis: untuk n=1, hanya ada satu suku di sebelah kiri, kita peroleh: 1 = 1.

Pernyataan itu benar.

2) Asumsi: kita asumsikan bahwa untuk beberapa k persamaannya benar: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Memecahkan masalah tentang kemungkinan pukulan selama tembakan

Rumusan masalah secara umum adalah sebagai berikut:

Probabilitas mengenai target dengan satu tembakan sama dengan $p$. $n$ tembakan dilepaskan. Temukan probabilitas bahwa target akan terkena tepat $k$ kali (akan ada $k$ hit).

Kami menerapkan rumus Bernoulli dan mendapatkan:

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

Di sini $C_n^k$ adalah jumlah kombinasi dari $n$ hingga $k$.

Jika masalahnya melibatkan beberapa panah dengan probabilitas yang berbeda mengenai target, teori, contoh solusi, dan kalkulator dapat Anda temukan di sini.

Video Tutorial dan Template Excel

Tonton video kami tentang memecahkan masalah dengan bidikan Bernoulli, pelajari cara menggunakan Excel untuk memecahkan masalah umum.

File perhitungan Excel dari video dapat diunduh secara gratis dan digunakan untuk menyelesaikan masalah Anda.

Contoh pemecahan masalah tentang memukul target dalam serangkaian tembakan

Mari kita lihat beberapa contoh tipikal.

Contoh 1 Menembakkan 7 tembakan. Probabilitas memukul dengan satu tembakan adalah 0,705. Temukan probabilitas bahwa akan ada tepat 5 pukulan.

Kami mendapatkan bahwa masalahnya berkaitan dengan tes independen berulang (tembakan ke target), $n=7$ tembakan ditembakkan secara total, probabilitas mengenai setiap $p=0,705$, probabilitas kehilangan $q=1-p =1-0,705=0,295 $.

Kita perlu menemukan bahwa akan ada tepat $k=5$ hit. Kami mengganti semuanya ke dalam rumus (1) dan mendapatkan: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Contoh 2 Probabilitas mengenai target dengan satu tembakan adalah 0,4.

Empat tembakan independen ditembakkan ke sasaran. Temukan probabilitas bahwa akan ada setidaknya satu pukulan pada target.

Kami mempelajari masalah dan menuliskan parameternya: $n=4$ (tembakan), $p=0.4$ (probabilitas hit), $k \ge 1$ (setidaknya akan ada satu pukulan).

Kami menggunakan rumus untuk probabilitas kejadian yang berlawanan (tidak ada hit):

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

Probabilitas memukul setidaknya sekali dalam empat adalah 0,87 atau 87%.

Contoh 3 Peluang mengenai sasaran oleh penembak adalah 0,3.

Tentukan peluang bahwa dengan 6 tembakan, sasaran akan mengenai tiga sampai enam kali.

Berbeda dengan soal-soal sebelumnya, di sini Anda perlu mencari probabilitas bahwa jumlah hit akan berada dalam interval tertentu (dan tidak persis sama dengan beberapa nomor). Tapi rumusnya sama.

Mari kita cari probabilitas bahwa target akan terkena dari tiga hingga enam kali, yaitu, akan ada 3, atau 4, atau 5, atau 6 pukulan.

Probabilitas ini dihitung dengan rumus (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.

Karena kejadiannya tidak kompatibel, probabilitas yang diinginkan dapat ditemukan menggunakan rumus penjumlahan probabilitas: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Contoh 4 Probabilitas setidaknya satu pukulan tepat sasaran dengan empat tembakan adalah 0,9984. Temukan probabilitas mengenai target dengan satu tembakan.

Mari kita tunjukkan kemungkinan mengenai target dengan satu tembakan. Mari kita masuki sebuah acara:
$A = $ (Dari empat tembakan, setidaknya satu akan mengenai target),
serta peristiwa kebalikannya, yang dapat ditulis sebagai:
$\overline(A) = $ (Semua 4 tembakan akan meleset dari target, tidak ada tembakan).

Mari kita tuliskan rumus peluang kejadian $A$.

Mari kita tuliskan nilai yang diketahui: $n=4$, $P(A)=0.9984$. Substitusi ke rumus (1) dan dapatkan:

$$ 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.

Kami memecahkan persamaan yang dihasilkan:

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

Jadi, peluang mengenai sasaran dengan satu tembakan adalah 0,8.

Terima kasih telah membaca dan berbagi dengan orang lain

tautan yang bermanfaat

Temukan tugas yang sudah jadi dalam solusi:

Perhitungan online menggunakan rumus Bernoulli

Memecahkan Pertidaksamaan dengan Kalkulator

Pertidaksamaan dalam matematika berlaku untuk semua persamaan di mana "=" diganti dengan salah satu karakter berikut: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* linier;

* kotak;

* pecahan;

* indikasi;

* trigonometri;

* logaritma.

Tergantung pada ini, ketidaksetaraan disebut linier, parsial, dll.

Anda harus waspada dengan tanda-tanda ini:

* pertidaksamaan dengan lebih besar dari (>) atau kurang dari (

* Pertidaksamaan dengan ikon yang lebih besar atau sama dengan \[\geq\] kurang dari atau sama dengan [\leq\] disebut tidak profesional;

* ikonnya tidak sama \[\ne\] saja, tetapi kasus dengan ikon ini harus selalu diselesaikan.

Ketidaksetaraan tersebut diselesaikan dengan transformasi identitas.

Baca juga artikel kami "Memecahkan Solusi Lengkap untuk Persamaan Online"

Mari kita asumsikan bahwa pertidaksamaan berikut berlaku:

Kami menyelesaikannya dengan cara yang sama seperti persamaan linier, tetapi kami harus hati-hati memantau tanda pertidaksamaan.

Pertama, kami memindahkan istilah dari yang tidak diketahui ke kiri, dari yang diketahui ke kanan, membalikkan simbol:

Kami kemudian membagi kedua sisi dengan -4 dan membalikkan tanda pertidaksamaan:

Ini adalah jawaban untuk persamaan ini.

Di mana saya bisa menyelesaikan ketidaksetaraan di Internet?

Anda dapat menyelesaikan persamaan di situs web kami pocketteacher.ru.

Kalkulator Pertidaksamaan Bernoulli

Dalam hitungan detik, solusi penyelamatan online gratis akan menyelesaikan persamaan online dengan kerumitan apa pun. Yang harus Anda lakukan adalah memasukkan detail Anda ke dalam penyelamatan. Anda juga dapat menonton instruksi video dan mempelajari cara menyelesaikan persamaan di situs web kami.

Dan jika Anda memiliki pertanyaan, Anda dapat menanyakannya di grup Vkontakte kami: pocketteacher. Bergabunglah dengan grup kami, kami akan dengan senang hati membantu Anda.

Metode induksi matematika lengkap

Pemecahan Persamaan / Persamaan Diferensial

Solusi persamaan diferensial

Masukkan perbedaan
persamaan:

Dengan kalkulator, Anda dapat menyelesaikan persamaan diferensial dengan berbagai kerumitan.

Buktikan dengan induksi matematika. Metode induksi matematika dan penerapannya dalam pemecahan masalah

Induksi dan deduksi.

Metode induksi matematika.

Contoh pembuktian persamaan dan pertidaksamaan dengan metode induksi matematika.

Pengantar.

Prinsip induksi matematika dan pembuktiannya

Induksi dalam aljabar

Perhatikan beberapa contoh soal aljabar, serta pembuktian berbagai pertidaksamaan yang dapat diselesaikan dengan menggunakan metode induksi matematika.

Tugas 6.

Kesimpulan.

Literatur.

Memecahkan masalah tentang kemungkinan pukulan selama tembakan

Video Tutorial dan Template Excel

Contoh pemecahan masalah tentang memukul target dalam serangkaian tembakan

tautan yang bermanfaat

Memecahkan Pertidaksamaan dengan Kalkulator

Di mana saya bisa menyelesaikan ketidaksetaraan di Internet?

Kalkulator Pertidaksamaan Bernoulli

Metode induksi matematika lengkap

Solusi persamaan diferensial

Masukkan perbedaan persamaan:

Contoh Persamaan Diferensial yang Diselesaikan

Masukkan perbedaan
persamaan: