Istinsko znanje u svakom trenutku bilo je zasnovano na uspostavljanju obrasca i dokazivanju njegove istinitosti u određenim okolnostima. Za tako dug period postojanja logičkog zaključivanja date su formulacije pravila, a Aristotel je čak sastavio listu „ispravnih rasuđivanja“. Istorijski gledano, uobičajeno je da se svi zaključci dijele na dvije vrste - od konkretnih do množine (indukcija) i obrnuto (dedukcija). Treba napomenuti da vrste dokaza od posebnog do opšteg i od opšteg do posebnog postoje samo u međusobnoj povezanosti i ne mogu se međusobno zamenjivati.

Indukcija u matematici

Izraz "indukcija" (indukcija) ima latinske korijene i doslovno se prevodi kao "vođenje". Pažljivijim proučavanjem može se razlikovati struktura riječi, odnosno latinski prefiks - in- (označava usmjereno djelovanje prema unutra ili biti unutra) i -duction - uvod. Vrijedi napomenuti da postoje dvije vrste - potpuna i nepotpuna indukcija. Puni oblik karakteriziraju zaključci izvučeni iz proučavanja svih predmeta određenog razreda.

Nepotpuni – zaključci se odnose na sve predmete u razredu, ali su napravljeni na osnovu proučavanja samo nekih jedinica.

Potpuna matematička indukcija je zaključak zasnovan na opštem zaključku o čitavoj klasi bilo kojih objekata koji su funkcionalno povezani odnosima prirodnog niza brojeva na osnovu poznavanja ove funkcionalne veze. U ovom slučaju, proces dokazivanja se odvija u tri faze:

  • u prvoj fazi se dokazuje ispravnost iskaza matematičke indukcije. Primjer: f = 1, indukcija;
  • sljedeća faza je zasnovana na pretpostavci da je pozicija važeća za sve prirodne brojeve. To jest, f=h, ovo je induktivna pretpostavka;
  • u trećoj fazi se dokazuje validnost pozicije za broj f=h+1, na osnovu ispravnosti pozicije iz prethodnog stava - ovo je indukcijski prelaz, odnosno korak matematičke indukcije. Primjer je tzv. ako prva kost u nizu padne (osnova), onda padaju sve kosti u redu (prijelaz).

I u šali i ozbiljno

Radi lakše percepcije, primjeri rješenja metodom matematičke indukcije denuncirani su u obliku šaljivih zadataka. Ovo je zadatak ljubaznog reda čekanja:

  • Pravila ponašanja zabranjuju muškarcu da se okrene ispred žene (u takvoj situaciji ona je puštena ispred). Na osnovu ove izjave, ako je posljednji u redu muškarac, onda su svi ostali muškarci.

Upečatljiv primjer metode matematičke indukcije je problem "Bezdimenzionalni let":

  • Potrebno je dokazati da bilo koji broj ljudi stane u minibus. Istina je da jedna osoba može bez poteškoća stati u transport (osnova). Ali bez obzira koliko je minibus pun, u njega će uvijek stati 1 putnik (indukcijski korak).

poznatim krugovima

Primjeri rješavanja problema i jednačina matematičkom indukcijom su prilično česti. Kao ilustraciju ovog pristupa možemo razmotriti sljedeći problem.

Stanje: h krugovi su postavljeni na ravan. Potrebno je dokazati da se, za bilo koji raspored figura, karta formirana od njih može ispravno obojati u dvije boje.

Rješenje: za h=1 istinitost tvrdnje je očigledna, pa će se dokaz izgraditi za broj krugova h+1.

Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za bilo koju kartu, a na ravni je dato h + 1 krugova. Uklanjanjem jednog od krugova iz ukupnog broja možete dobiti kartu ispravno obojenu u dvije boje (crna i bijela).

Prilikom vraćanja izbrisanog kruga, boja svake oblasti se mijenja u suprotnu (u ovom slučaju unutar kruga). Ispostavilo se da je karta ispravno obojena u dvije boje, što je trebalo dokazati.

Primjeri sa prirodnim brojevima

U nastavku je jasno prikazana primjena metode matematičke indukcije.

Primjeri rješenja:

Dokažite da će za bilo koji h jednakost biti tačna:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. Neka je h=1, onda:

R 1 = 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

Iz ovoga slijedi da je za h=1 tvrdnja tačna.

2. Uz pretpostavku da je h=d, dobija se sljedeća jednačina:

R 1 = d 2 = d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1

3. Uz pretpostavku da je h=d+1, ispada:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Time je dokazana valjanost jednakosti za h=d+1, pa je tvrdnja tačna za svaki prirodan broj, što je u primjeru rješenja prikazano matematičkom indukcijom.

Zadatak

Stanje: potreban je dokaz da je za bilo koju vrijednost h izraz 7 h -1 djeljiv sa 6 bez ostatka.

Rješenje:

1. Recimo h=1, u ovom slučaju:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (tj. podijeljeno sa 6 bez ostatka)

Dakle, za h=1 izjava je tačna;

2. Neka je h=d i 7 d -1 je deljivo sa 6 bez ostatka;

3. Dokaz valjanosti tvrdnje za h=d+1 je formula:

R d +1 =7 d +1 -1=7∙7 d -7+6=7(7 d -1)+6

U ovom slučaju, prvi član je djeljiv sa 6 prema pretpostavci prvog stava, a drugi član je jednak 6. Tvrdnja da je 7 h -1 djeljivo sa 6 bez ostatka za bilo koje prirodno h je tačna.

Pogreška prosuđivanja

Često se u dokazima koristi pogrešno zaključivanje, zbog netačnosti korištenih logičkih konstrukcija. U osnovi, to se dešava kada se naruši struktura i logika dokaza. Primjer pogrešnog zaključivanja je sljedeća ilustracija.

Zadatak

Stanje: zahtijeva dokaz da bilo koja gomila kamenja nije gomila.

Rješenje:

1. Recimo h=1, u ovom slučaju ima 1 kamen u gomili i tvrdnja je tačna (osnova);

2. Neka je tačno za h=d da gomila kamenja nije gomila (pretpostavka);

3. Neka je h=d+1, iz čega slijedi da kada se doda još jedan kamen, set neće biti gomila. Zaključak se nameće da pretpostavka vrijedi za sve prirodne h.

Greška leži u činjenici da ne postoji definicija koliko kamenja čini gomilu. Takav propust se u metodi matematičke indukcije naziva brzopletom generalizacijom. Primjer to jasno pokazuje.

Indukcija i zakoni logike

Istorijski gledano, oni uvijek "hodaju ruku pod ruku". Takve naučne discipline kao što su logika, filozofija opisuju ih u obliku suprotnosti.

Sa stanovišta zakona logike, oslanjanje na činjenice se vidi u induktivnim definicijama, a istinitost premisa ne određuje ispravnost rezultirajućeg iskaza. Često se zaključci dobijaju sa određenim stepenom vjerovatnoće i uvjerljivosti, koji se, naravno, moraju provjeriti i potvrditi dodatnim istraživanjem. Primjer indukcije u logici bi bila izjava:

Suša u Estoniji, suša u Latviji, suša u Litvaniji.

Estonija, Letonija i Litvanija su baltičke države. Suša u svim baltičkim državama.

Iz primjera možemo zaključiti da se nova informacija ili istina ne mogu dobiti metodom indukcije. Sve na šta se može računati je neka moguća istinitost zaključaka. Štaviše, istinitost premisa ne garantuje iste zaključke. Međutim, ova činjenica ne znači da indukcija vegetira u dvorištu dedukcije: ogroman broj odredbi i naučnih zakona potkrijepljen je metodom indukcije. Matematika, biologija i druge nauke mogu poslužiti kao primjer. To je uglavnom zbog metode potpune indukcije, ali je u nekim slučajevima primjenjiva i djelomična.

Časno doba indukcije omogućilo mu je da prodre u gotovo sve sfere ljudske aktivnosti - to su znanost, ekonomija i svakodnevni zaključci.

Uvođenje u naučno okruženje

Metoda indukcije zahtijeva skrupulozan stav, jer previše ovisi o broju pojedinosti cjeline koja se proučava: šta više proučavani, to je pouzdaniji rezultat. Na osnovu ove karakteristike, naučni zakoni dobijeni metodom indukcije se testiraju dovoljno dugo na nivou probabilističkih pretpostavki kako bi se izolovali i proučili svi mogući strukturni elementi, veze i uticaji.

U nauci se induktivni zaključak zasniva na značajne karakteristike, sa izuzetkom nasumične pozicije. Ova činjenica je važna u vezi sa specifičnim naučna saznanja. To se jasno vidi na primjerima indukcije u nauci.

U naučnom svijetu postoje dvije vrste indukcije (u vezi sa metodom proučavanja):

  1. indukcija-selekcija (ili selekcija);
  2. indukcija - isključivanje (eliminacija).

Prvi tip se razlikuje po metodičkom (pažljivom) uzorkovanju klase (potklasa) iz njenih različitih oblasti.

Primjer ove vrste indukcije je sljedeći: srebro (ili soli srebra) pročišćava vodu. Zaključak je zasnovan na dugoročnim zapažanjima (vrsta selekcije potvrda i opovrgavanja – selekcija).

Druga vrsta indukcije zasniva se na utvrđivanju zaključaka uzročnost i isključujući okolnosti koje ne zadovoljavaju njegova svojstva, odnosno univerzalnost, poštovanje vremenskog slijeda, nužnost i jednoznačnost.

Indukcija i dedukcija sa stanovišta filozofije

Ako pogledate istorijsku retrospektivu, termin "indukcija" prvi je spomenuo Sokrat. Aristotel je opisao primjere indukcije u filozofiji u približnijem terminološkom rječniku, ali pitanje nepotpune indukcije ostaje otvoreno. Nakon progona aristotelovskog silogizma, induktivna metoda se počela prepoznavati kao plodna i jedina moguća u prirodnoj nauci. Bacon se smatra ocem indukcije kao nezavisne posebne metode, ali nije uspio da odvoji, kako su zahtijevali njegovi savremenici, indukciju od deduktivne metode.

Dalji razvoj indukcije izvršio je J. Mill, koji je teoriju indukcije razmatrao sa stanovišta četiri glavne metode: dogovora, razlike, ostataka i odgovarajućih promjena. Nije iznenađujuće da su danas navedene metode, kada se detaljno razmatraju, deduktivne.

Svest o neuspehu teorija Bejkona i Milla navela je naučnike na proučavanje vjerovatnoća osnova indukcija. Međutim, i tu je bilo nekih ekstrema: pokušavalo se svesti indukcija na teoriju vjerovatnoće, sa svim posljedicama koje su iz toga proizašle.

Indukcija dobija glas povjerenja u praktičnoj primjeni u određenim predmetnim oblastima i zahvaljujući metričkoj tačnosti induktivne osnove. Primjer indukcije i dedukcije u filozofiji je Zakon gravitacije. Na dan otkrića zakona, Njutn je mogao da ga potvrdi sa tačnošću od 4 procenta. A prilikom provjere nakon više od dvije stotine godina, ispravnost je potvrđena s tačnošću od 0,0001 posto, iako je provjera izvršena istim induktivnim generalizacijama.

Moderna filozofija posvećuje više pažnje dedukciji, koju diktira logična želja da se izvuče novo znanje (ili istina) iz onoga što je već poznato, bez pribjegavanja iskustvu, intuiciji, već koristeći „čisto“ rasuđivanje. Kada se referira na istinite premise u deduktivnoj metodi, u svim slučajevima, izlaz je istinit iskaz.

Ova veoma važna karakteristika ne bi trebalo da zaseni vrednost induktivne metode. Budući da indukcija, zasnovana na dostignućima iskustva, postaje i sredstvo njegove obrade (uključujući generalizaciju i sistematizaciju).

Primjena indukcije u ekonomiji

Indukcija i dedukcija se dugo koriste kao metode proučavanja ekonomije i predviđanja njenog razvoja.

Opseg upotrebe indukcione metode je prilično širok: proučavanje ispunjenosti prognoziranih indikatora (profit, amortizacija, itd.) i opšta procjena stanja preduzeća; formiranje efikasne politike promocije preduzeća zasnovane na činjenicama i njihovim odnosima.

Isti metod indukcije koristi se u Shewhartovim dijagramima, gdje se, pod pretpostavkom da su procesi podijeljeni na kontrolirane i neupravljane, navodi da je okvir kontroliranog procesa neaktivan.

Treba napomenuti da se naučne zakonitosti potkrepljuju i potvrđuju metodom indukcije, a kako je ekonomija nauka koja često koristi matematičku analizu, teoriju rizika i statističke podatke, nije nimalo iznenađujuće što je indukcija uvrštena u listu glavnih metode.

Sljedeća situacija može poslužiti kao primjer indukcije i dedukcije u ekonomiji. Povećanje cijena hrane (iz potrošačke korpe) i esencijalnih dobara tjera potrošača na razmišljanje o novonastalim visokim troškovima u državi (indukcija). U isto vrijeme, iz činjenice visoke cijene uz pomoć matematičke metode moguće je izvesti pokazatelje rasta cijena za pojedinačna dobra ili kategorije dobara (odbitak).

Najčešće se rukovodeće osoblje, menadžeri i ekonomisti okreću metodi indukcije. Da bi se mogao sa dovoljnom istinitošću predvideti razvoj preduzeća, tržišno ponašanje i posledice konkurencije, neophodan je induktivno-deduktivni pristup analizi i obradi informacija.

Ilustrativan primjer indukcije u ekonomiji, koji se odnosi na pogrešne prosudbe:

  • dobit kompanije smanjena za 30%;
    konkurent je proširio svoju liniju proizvoda;
    ništa drugo se nije promijenilo;
  • proizvodna politika konkurentske kompanije izazvala je smanjenje dobiti od 30%;
  • stoga je potrebno provesti istu proizvodnu politiku.

Primjer je živopisna ilustracija kako nesposobna upotreba metode indukcije doprinosi propasti poduzeća.

Dedukcija i indukcija u psihologiji

Pošto postoji metoda, onda, logično, postoji i pravilno organizovano razmišljanje (za korišćenje metode). Psihologija kao nauka koja proučava mentalne procese, njihovo formiranje, razvoj, odnose, interakcije, obraća pažnju na „deduktivno“ mišljenje kao jedan od oblika ispoljavanja dedukcije i indukcije. Nažalost, na stranicama psihologije na internetu praktički nema opravdanja za integritet deduktivno-induktivne metode. Iako se profesionalni psiholozi češće susreću s manifestacijama indukcije, tačnije, pogrešnim zaključcima.

Primjer indukcije u psihologiji, kao ilustracija pogrešnih sudova, je izjava: moja majka je varalica, dakle, sve žene su prevarante. Ima još "pogrešnih" primjera indukcije iz života:

  • učenik nije sposoban ni za šta ako je dobio dvojku iz matematike;
  • on je budala;
  • on je pametan;
  • mogu sve;

I mnogi drugi vrijednosni sudovi zasnovani na apsolutno slučajnim i ponekad beznačajnim porukama.

Treba napomenuti: kada zabluda nečijih sudova dostigne tačku apsurda, psihoterapeutu se pojavljuje front rada. Jedan primjer uvođenja u službu kod specijaliste:

“Pacijent je potpuno siguran da crvena boja nosi samo opasnost za njega u bilo kojoj manifestaciji. Kao rezultat toga, osoba je isključila ovu shemu boja iz svog života - koliko god je to moguće. Kod kuće prilike za udobno stanovanje puno. Možete odbiti sve crvene predmete ili ih zamijeniti analozima napravljenim u drugoj shemi boja. Ali na javnim mjestima, na poslu, u prodavnici - to je nemoguće. Dolazeći u situaciju stresa, pacijent svaki put doživljava „plimu“ potpuno drugačijeg emocionalna stanjašto može predstavljati opasnost za druge."

Ovaj primjer indukcije, i to nesvjesno, naziva se "fiksne ideje". Ako se to dogodi mentalno zdravoj osobi, možemo govoriti o neorganiziranosti mentalna aktivnost. Elementarni razvoj deduktivnog mišljenja može postati način da se riješimo opsesivnih stanja. U drugim slučajevima sa takvim pacijentima rade psihijatri.

Navedeni primjeri indukcije ukazuju na to da "nepoznavanje zakona ne oslobađa od posljedica (pogrešne presude)".

Psiholozi, koji rade na temi deduktivnog razmišljanja, sastavili su listu preporuka osmišljenih da pomognu ljudima da savladaju ovu metodu.

Prvi korak je rješavanje problema. Kao što se može vidjeti, oblik indukcije koji se koristi u matematici može se smatrati "klasičnim", a upotreba ove metode doprinosi "disciplini" uma.

Sljedeći uvjet za razvoj deduktivnog mišljenja je širenje horizonata (oni koji misle jasno, jasno govore). Ova preporuka usmjerava "patnje" u riznice nauke i informacija (biblioteke, web stranice, obrazovne inicijative, putovanja, itd.).

Odvojeno treba spomenuti takozvanu "psihološku indukciju". Ovaj izraz, iako retko, može se naći na internetu. Svi izvori ne daju barem kratku definiciju ovog pojma, već se pozivaju na "primjere iz života", pri čemu se kao novi tip indukcije propuštaju ili sugestije, neki oblici mentalne bolesti ili ekstremna stanja ljudske psihe. Iz svega navedenog jasno je da pokušaj da se izvede „novi termin“ zasnovan na lažnim (često neistinitim) premisa osuđuje eksperimentatora na pogrešnu (ili ishitrenu) izjavu.

Treba napomenuti da upućivanje na eksperimente iz 1960. godine (bez navođenja mjesta održavanja, imena eksperimentatora, uzorka ispitanika, i što je najvažnije, svrhe eksperimenta) izgleda, blago rečeno, neuvjerljivo, a tvrdnja da mozak percipira informaciju zaobilazeći sve organe percepcije (u ovom slučaju bi se organski uklopila fraza “doživljeno od”), navodi na razmišljanje o lakovjernosti i nekritičnosti autora izjave.

Umjesto zaključka

Kraljica nauka - matematika, ne uzalud koristi sve moguće rezerve metode indukcije i dedukcije. Razmatrani primjeri nam omogućavaju da zaključimo da površna i nesposobna (nepromišljena, kako kažu) primjena čak i najpreciznijih i najpouzdanijih metoda uvijek dovodi do pogrešnih rezultata.

U masovnoj svijesti metoda dedukcije se povezuje sa poznatim Sherlockom Holmesom, koji u svojim logičkim konstrukcijama često koristi primjere indukcije, koristeći dedukciju u potrebnim situacijama.

U članku su razmatrani primjeri primjene ovih metoda u različitim znanostima i sferama ljudskog života.

MBOU licej "Tehničko-ekonomski"

METODA MATEMATIČKE INDUKCIJE

METODA MATEMATIČKE INDUKCIJE.

OBJAŠNJENJE

Metodički razvoj"Metoda matematičke indukcije" sastavljena je za učenike 10. razreda matematičkog profila.

Primarni ciljevi: upoznati studente sa metodom matematičke indukcije i naučiti kako je primijeniti u rješavanju različitih zadataka.

U metodološkoj izradi razmatraju se pitanja elementarne matematike: problemi djeljivosti, dokazi identiteta, dokazi nejednakosti, predlažu se zadaci različitog stepena složenosti, uključujući i zadatke ponuđene na olimpijadama.

Uloga induktivnih zaključaka u eksperimentalnim naukama je veoma velika. Oni daju te odredbe, iz kojih se potom donose daljnji zaključci dedukcijom. Ime metoda matematičke indukcije varljivo - u stvari, ova metoda je deduktivna i daje rigorozan dokaz o tvrdnjama koje se pogađaju indukcijom. Metoda matematičke indukcije pomaže u identificiranju veza između različitih dijelova matematike, pomaže u razvoju matematičke kulture učenika.

Definicija metode matematičke indukcije. Potpuna i nepotpuna indukcija. Dokaz nejednakosti. Dokaz identiteta. Rješavanje problema djeljivosti. Rješavanje različitih zadataka na temu "Metoda matematičke indukcije".

LITERATURA ZA NASTAVNIKA

1. M.L. Galitsky. Duboko učenje kurs algebre i matematičke analize. - M. Prosvjeta, 1986.

2. L.I. Zvavich. Algebra i počeci analize. Didaktički materijali. M. Drofa, 2001.

3. N.Ya.Vilenkin. Algebra i matematička analiza. M Enlightenment, 1995.

4. Yu.V.Miheev. Metoda matematičke indukcije. NGU.1995.

LITERATURA ZA STUDENTE

1. N.Ya.Vilenkin. Algebra i matematička analiza. M Enlightenment, 1995.

2. Yu.V.Miheev. Metoda matematičke indukcije. NGU.1995.

KLJUČNE RIJEČI

Indukcija, aksiom, princip matematičke indukcije, potpuna indukcija, nepotpuna indukcija, tvrdnja, identitet, nejednakost, djeljivost.

DIDAKTIČKI DODATAK TEMI

"METOD MATEMATIČKE INDUKCIJE".

Lekcija #1

Definicija metode matematičke indukcije.

Metoda matematičke indukcije je jedna od veoma efikasnih metoda za pronalaženje novih rezultata i dokazivanje istinitosti iznetih pretpostavki. Iako ova metoda nije nova u matematici, interesovanje za nju ne jenjava. Prvi put u jasnom prikazu, metod matematičke indukcije je u 17. veku primenio istaknuti francuski naučnik Blez Paskal u dokazivanju svojstava brojevnog trougla, koji od tada nosi njegovo ime. Međutim, ideja matematičke indukcije bila je poznata starim Grcima. Metoda matematičke indukcije zasniva se na principu matematičke indukcije, koji je prihvaćen kao aksiom. Razmotrit ćemo ideju matematičke indukcije na primjerima.

Primjer #1.

Kvadrat je podijeljen segmentom na dva dijela, zatim je jedan od rezultirajućih dijelova podijeljen na dva dijela, i tako dalje. Odredi na koliko dijelova je kvadrat podijeljen P koraci?

Rješenje.

Nakon prvog koraka, po uslovu dobijamo 2 dela. U drugom koraku ostavljamo jedan dio nepromijenjen, a drugi podijelimo na 2 dijela i dobijemo 3 dijela. U trećem koraku ostavljamo 2 dijela nepromijenjena, a treći podijelimo na dva dijela i dobijemo 4 dijela. U četvrtom koraku ostavljamo 3 dijela nepromijenjena, a zadnji dio podijelimo na dva dijela i dobijemo 5 dijelova. U petom koraku dobićemo 6 delova. Sugestija se daje kroz to P korake koje dobijamo (n+1) dio. Ali ovu tvrdnju treba dokazati. Pretpostavimo to do kraja to stepenice na koje je kvadrat podeljen (k+1) dio. Onda dalje (k+1) korak mi to dijelovi će ostati nepromijenjeni, i (k+1) podijeliti dio na dva dijela i dobiti (k+2) dijelovi. Primjećujete da se ovako možete raspravljati koliko god želite, ad beskonačno. Odnosno, naša pretpostavka je takva P kvadrat koraka će biti podijeljen na (n+1) dio, postaje dokazano.

Primjer #2.

Moja baka je imala unuku koja je jako voljela džem, a posebno onaj u tegli od litara. Ali baka mu nije dozvolila da dira. I unuke su odlučile prevariti svoju baku. Odlučio je da svaki dan pojede 1/10 litara iz ove tegle i dolije vodu, dobro miješajući. Nakon koliko dana će baka otkriti prevaru ako džem ostane isti po izgledu kada se prepolovi razrijedi vodom?

Rješenje.

Pronađite koliko će čistog džema nakon toga ostati u tegli P dana. Nakon prvog dana smjesa će ostati u tegli, koja se sastoji od 9/10 džema i 1/10 vode. Nakon dva dana 1/10 mješavine vode i džema će nestati iz tegle i ostati (1 litar mješavine sadrži 9/10 litara džema, 1/10 litara mješavine sadrži 9/100 litara džema)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litre džema. Trećeg dana iz tegle će nestati 1/10 litra mješavine od 81/100 džema i 19/100 vode. U 1 litru smjese nalazi se 81/100 litara džema, u 1/10 litara smjese 81/1000 litara džema. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 litre džema će ostati nakon 3 dana, a ostatak će se potopiti vodom. Pojavljuje se obrazac. Kroz P preostalih dana u banci (9/10) P l džem. Ali opet, ovo je samo naša pretpostavka.

Neka to je proizvoljan prirodan broj. Pretpostavimo to do kraja to dana u banci će ostati (9/10) do l džem. Da vidimo šta će biti u banci za neki drugi dan, tj (k+1) dan. Nestat će iz banke 1/10l mješavina od (9/10) to l džemom i vodom. AT 1l smjesa je (9/10) to l džem, u 1/10l mješavine (9/10) k+1 l džem. Sada to možemo sa sigurnošću reći P dana u banci (9/10) P l džem. Za 6 dana banka će imati 531444/1000000l džemovi, nakon 7 dana - 4782969/10000000l džem, odnosno manje od polovine.

odgovor: nakon 7 dana, baka će otkriti prevaru.

Pokušajmo izdvojiti ono najosnovnije u rješenjima razmatranih problema. Svaki od njih smo počeli rješavati razmatranjem zasebnih ili, kako kažu, posebnih slučajeva. Zatim smo, na osnovu naših zapažanja, napravili neke pretpostavke P(n), u zavisnosti od prirodnog P.

    tvrdnja je provjerena, odnosno dokazana P(1), P(2), P(3);

    to je predložio P(n) važi za n=k i zaključio da će tada vrijediti za sljedeće n, n=k+1.

A onda su se svađali otprilike ovako: P(1) u redu, P(2) u redu, P(3) u redu, P(4) tačno... tako je P(n).

Princip matematičke indukcije.

Izjava P(n), u zavisnosti od prirodnog P, vrijedi za sve prirodne P, ako

1) valjanost tvrdnje za n=1;

2) iz pretpostavke validnosti izjave P(n) at n=k trebalo bi

pravda P(n) at n=k+1.

U matematici se princip matematičke indukcije u pravilu bira kao jedan od aksioma koji definiraju prirodne nizove brojeva, te se stoga prihvaća bez dokaza. Metoda dokaza po principu matematičke indukcije obično se naziva metodom matematičke indukcije. Imajte na umu da se ova metoda široko koristi u dokazivanju teorema, identiteta, nejednakosti u rješavanju problema djeljivosti i mnogih drugih problema.

Lekcija #2

Potpuna i nepotpuna indukcija.

U slučaju kada se matematička izjava odnosi na konačan broj objekata, to se može dokazati provjerom za svaki objekt, na primjer, tvrdnja "Svaki dvocifreni paran broj je zbir dva prosta broja." Metoda dokaza kojom ispitujemo tvrdnju za konačan broj slučajeva naziva se potpuna matematička indukcija. Ova metoda se koristi relativno rijetko, jer se iskazi najčešće razmatraju na beskonačnim skupovima. Na primjer, teorema "Svaki paran broj jednak je zbiru dva prosta broja" do sada nije dokazana niti opovrgnuta. Čak i kada bismo testirali ovu teoremu za prvu milijardu, to nas ne bi dovelo ni korak bliže njenom dokazivanju.

AT prirodne nauke primijeniti nepotpunu indukciju, provjeravajući eksperiment nekoliko puta, prenoseći rezultat na sve slučajeve.

Primjer #3

Pogodite koristeći nepotpunu indukcijsku formulu za zbir kocki prirodnih brojeva.

Rješenje.

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

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

Dokaz.

Neka bude istina za n=k.

Dokažimo da je to tačno za n=k+1.

Zaključak: formula za zbir kubova prirodnih brojeva vrijedi za bilo koji prirodan P.

Primjer #4

Razmotrite jednakosti i pogodite do kakvog opšteg zakona vode ovi primjeri.

Rješenje.

1=0+1

2+3+4=1+8

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

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

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

……………………………………………………………..

Primjer #5

Napišite kao zbir sledeće izraze:

1)
2)
3)
; 4)
.

Grčko slovo "sigma".

Primjer #6.

Napiši sljedeće sume koristeći znak
:

2)

Primjer #7.

Napišite sljedeće izraze kao proizvode:

1)

3)
4)

Primjer #8.

Zapišite sljedeće radove koristeći znak

(veliko grčko slovo "pi")

1)
2)

Primjer #9.

Izračunavanje vrijednosti polinoma f ( n )= n 2 + n +11 , at n=1,2,3,4.5,6,7 može se pretpostaviti da za bilo koju prirodnuP broj f ( n ) jednostavno.

Da li je ova pretpostavka tačna?

Rješenje.

Ako je svaki sabir djeljiv brojem, onda je zbir djeljiv tim brojem,
nije prost broj za bilo koji prirodan brojP.

Analiza konačnog broja slučajeva igra važnu ulogu u matematici: bez davanja dokaza za jednu ili drugu tvrdnju, pomaže da se pogodi tačna formulacija ove tvrdnje, ako još nije poznata. Tako je Goldbach, član Petrogradske akademije nauka, došao do pretpostavke da je svaki prirodan broj, počevši od dva, zbir ne više od tri prosta broja.

Lekcija #3

Metoda matematičke indukcije nam omogućava da dokažemo različite identitete.

Primjer #10. Dokažimo to svima P identitet

Rješenje.

Hajde da stavimo


Moramo to dokazati



Dokažimo to onda iz istinitosti identiteta

istina o identitetu slijedi

Po principu matematičke indukcije, istina identiteta za sve P.

Primjer #11.

Dokažimo identitet

Dokaz.


pojam jednakosti.

;
. Dakle, ovaj identitet je istinit za sveP .

Lekcija broj 4.

Dokaz identiteta matematičkom indukcijom.

Primjer #12. Dokažimo identitet

Dokaz.


Primjenom principa matematičke indukcije dokazali smo da je jednakost istinita za sve P.

Primjer #13. Dokažimo identitet

Dokaz.


Primjenjujući princip matematičke indukcije, dokazali smo da je tvrdnja tačna za svaku prirodnu P.

Primjer #14. Dokažimo identitet

Dokaz.


Primjer #15. Dokažimo identitet

1) n=1;

2) za n=k jednakost

3) dokazati da jednakost vrijedi za n=k+1:

Zaključak: identitet vrijedi za sve prirodne P.

Primjer #16. Dokažimo identitet

Dokaz.

Ako a n=1 , onda

Neka ostane identitet n=k.

Dokažimo da identitet vrijedi za n=k+1.



Tada identitet vrijedi za bilo koji prirodni P.

Lekcija broj 5.

Dokaz identiteta matematičkom indukcijom.

Primjer #17. Dokažimo identitet

Dokaz.

Ako a n=2 , tada dobijamo tačnu jednakost:

Neka je jednakost istinita zan=k:

Dokažimo valjanost tvrdnje za n=k+1.

Prema principu matematičke indukcije, identitet je dokazan.

Primjer #18. Dokažimo identitet
za n≥2.

At n=2 ovaj identitet se može prepisati u vrlo jednostavnom obliku

i očigledno istinito.

Neka u n=k stvarno

.

Dokažimo valjanost tvrdnje zan=k+1, odnosno zadovoljena je jednakost: .

Dakle, dokazali smo da je identitet istinit za svako prirodno n≥2.

Primjer #19. Dokažimo identitet

At n=1 dobijamo tačnu jednakost:

Pretpostavimo da je na n=k takođe dobijamo tačnu jednakost:

Dokažimo da je valjanost jednakosti promatrana za n=k+1:

Tada identitet vrijedi za bilo koji prirodni P.

Lekcija broj 6.

Rješavanje problema djeljivosti.

Primjer #20. Dokaži matematičkom indukcijom da

podijeljena 6 bez traga.

Dokaz.

At n=1 postoji podela na6 bez traga,
.

Neka u n=k izraz
višestruko6.

Dokažimo to kada n=k+1 izraz
višestruko6 .

Svaki pojam je višestruki 6 , pa je zbir višekratnik 6 .

Primjer broj 21.
na5 bez traga.

Dokaz.

At n=1 izraz je djeljiv
.

Neka u n=k izraz
takođe podeljen na5 bez traga.

At n=k+1 podijeljena 5 .

Primjer #22. Dokazati djeljivost izraza
na16.

Dokaz.

At n=1 višestruko 16 .

Neka u n=k
višestruko16.

At n=k+1

Svi pojmovi su djeljivi sa 16: prvi je očigledno drugi po pretpostavci, a treći ima paran broj u zagradama.

Primjer #23. Dokazati djeljivost
na676.

Dokaz.

Hajde da prvo to dokažemo
podijeljena
.

At n=0
.

Neka u n=k
podijeljena26 .

Zatim u n=k+1 podijeljena 26 .

Dokažimo sada tvrdnju formulisanu u uslovu problema.

At n=1 podijeljena 676.

At n=k istina je da
podijeljena26 2 .

At n=k+1 .

Oba pojma su djeljiva sa 676 ; prvi je zato što smo dokazali djeljivost po 26 izraz u zagradama, a drugi je djeljiv induktivnom hipotezom.

Lekcija broj 7.

Rješavanje problema djeljivosti.

Primjer broj 24.

Dokaži to
podijeljena5 bez traga.

Dokaz.

At n=1
podijeljena5.

At n=k
podijeljena5 bez traga.

At n=k+1 svaki pojam je djeljiv sa5 bez traga.

Primjer #25.

Dokaži to
podijeljena6 bez traga.

Dokaz.

At n=1
podijeljena6 bez traga.

Neka u n=k
podijeljena6 bez traga.

At n=k+1 podijeljena 6 bez ostatka, pošto je svaki član djeljiv sa6 bez ostatka: prvi član je po induktivnoj pretpostavci, drugi je očigledan, treći je zato što
čak broj.

Primjer #26.

Dokaži to
prilikom dijeljenja sa9 daje ostatak 1 .

Dokaz.

Dokažimo to
podijeljena9 .

At n=1
podijeljena 9 . Neka u n=k
podijeljena9 .

At n=k+1 podijeljena 9 .

Primjer broj 27.

Dokaži da je deljivo sa15 bez traga.

Dokaz.

At n=1 podijeljena 15 .

Neka u n=k podijeljena 15 bez traga.

At n=k+1

Prvi pojam je višestruki15 prema hipotezi indukcije, drugi član je višekratnik15 – očigledno, treći pojam je višestruki15 , jer
višestruko5 (dokazano u primjeru br. 21), četvrti i peti član su također višekratnici5 , što je očigledno, onda je zbir višekratnik15 .

Lekcija broj 8-9.

Dokaz nejednakosti matematičkom indukcijom

Primjer #28.
.

At n=1 imamo
- u redu.

Neka u n=k
je prava nejednakost.

At n=k+1

Tada nejednakost vrijedi za bilo koju prirodnu P.

Primjer #29. Dokažite da je nejednakost tačna
za bilo koji P.

At n=1 dobijamo tačnu nejednakost 4 >1.

Neka u n=k nejednakost
.

Dokažimo to kada n=k+1 nejednakost

Za bilo koji prirodni to uočava se nejednakost.

Ako a
at
onda



Primjer #30.

za bilo koji prirodni P i bilo koji

Neka n=1
, tačno.

Pretpostavimo da nejednakost vrijedi za n=k:
.

At n=k+1

Primjer broj 31. Dokazati valjanost nejednakosti

za bilo koji prirodni P.

Hajde da prvo dokažemo to za bilo koji prirodni t nejednakost

Pomnožite obje strane nejednakosti sa
. Dobijamo ekvivalentnu nejednakost ili
;
; - ova nejednakost vrijedi za bilo koju prirodnu t.

At n=1 izvorna nejednakost je istinita
;
;
.

Neka vrijedi nejednakost za n=k:
.

At n=k+1

Lekcija broj 10.

Rješavanje problema na temu

Metoda matematičke indukcije.

Primjer #32. Dokazati Bernoullijevu nejednakost.

Ako a
, zatim za sve prirodne vrijednostiP nejednakost

Dokaz.

At n=1 nejednakost koja se dokazuje poprima oblik
i očigledno u pravu. Pretpostavimo da je to istina zan=k , odnosno šta
.

Pošto prema uslovu
, onda
, te stoga nejednakost ne mijenja svoje značenje kada se oba njena dijela pomnože sa
:

Jer
, onda to dobijamo

.

Dakle, nejednakost je tačna za n=1, a iz njegove istine u n=k proizilazi da je istina i n=k+1. Prema tome, prema matematičkoj indukciji, vrijedi za sve prirodne P.

Na primjer,

Primjer broj 33. Pronađite sve prirodne vrijednostiP , za koje je nejednakost

Rješenje.

At n=1 nejednakost je tačna. At n=2 nejednakost je takođe tačna.

At n=3 nejednakost više nije zadovoljena. Samo kada n=6 nejednakost vrijedi, tako da za bazu indukcije možemo uzeti n=6.

Pretpostavimo da je nejednakost tačna za neke prirodne za:

Uzmite u obzir nejednakost

Posljednja nejednakost vrijedi ako
Test na temu n=1 se daje ponavljano: n≥5 , gdje P- -prirodni broj.


Savelyeva Ekaterina

U radu se razmatra primjena metode matematičke indukcije u rješavanju problema djeljivosti, na zbrajanje redova. Razmatraju se primjeri primjene metode matematičke indukcije na dokaz nejednačina i na rješavanje geometrijskih problema. Rad je ilustrovan prezentacijom.

Skinuti:

Pregled:

Ministarstvo nauke i obrazovanja Ruske Federacije

Državna obrazovna ustanova

prosjek sveobuhvatne škole № 618

Predmet: Algebra i počeci analize

Tema projektnog rada

"Metoda matematičke indukcije i njena primjena u rješavanju problema"

Radovi završeni: Savelyeva E, 11B razred

Supervizor : Makarova T.P., profesor matematike, srednja škola №618

1. Uvod.

2.Metoda matematičke indukcije u rješavanju problema djeljivosti.

3. Primjena metode matematičke indukcije na sumiranje redova.

4. Primjeri primjene metode matematičke indukcije na dokaz nejednačina.

5. Primjena metode matematičke indukcije na rješavanje geometrijskih problema.

6. Spisak korišćene literature.

Uvod

Deduktivne i induktivne metode su osnova svakog matematičkog istraživanja. Deduktivna metoda zaključivanja je rasuđivanje od opšteg ka posebnom, tj. rasuđivanje, čija je polazna tačka opšti rezultat, a konačna tačka je konkretan rezultat. Indukcija se primjenjuje pri prelasku sa pojedinačnih rezultata na opšte, tj. je suprotnost deduktivnoj metodi. Metoda matematičke indukcije može se uporediti sa napretkom. Počinjemo od najnižeg, kao rezultat logičko razmišljanje dolazimo do najvišeg. Čovjek je oduvijek težio napretku, sposobnosti da logički razvija svoju misao, što znači da ga je sama priroda predodredila da razmišlja induktivno. Iako je područje primjene metode matematičke indukcije naraslo, u školski program daje mu malo vremena, ali je tako važno biti u stanju da razmišlja induktivno. Primena ovog principa u rešavanju zadataka i dokazivanju teorema je u rangu sa razmatranjem u školskoj praksi drugih matematičkih principa: isključena sredina, inkluzija-isključivanje, Dirihlet, itd. Ovaj esej sadrži probleme iz različitih grana matematike, u kojima glavni alat je upotreba metode matematičke indukcije. Govoreći o značaju ove metode, A.N. Kolmogorov je napomenuo da je "razumijevanje i sposobnost primjene principa matematičke indukcije dobar kriterij zrelosti, što je apsolutno neophodno za matematičara." Metoda indukcije u svom najširem smislu sastoji se u prelasku sa privatnih posmatranja na univerzalni, opšti obrazac ili opštu formulaciju. U ovoj interpretaciji, metoda je, naravno, glavna tehnika za provođenje istraživanja u bilo kojoj eksperimentalnoj prirodnoj znanosti.

ljudska aktivnost. Metoda (princip) matematičke indukcije u svom najjednostavnijem obliku koristi se kada je potrebno dokazati tvrdnju za sve prirodne brojeve.

Problem 1. U svom članku “Kako sam postao matematičar” A.N. Kolmogorov piše: „Rano sam naučio radost matematičkog „otkrića“, pošto sam sa pet ili šest godina primetio obrazac

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 i tako dalje.

Škola je izdavala časopis "Proljetne laste". U njemu je moje otkriće objavljeno..."

Ne znamo kakav je dokaz dat u ovom časopisu, ali sve je počelo privatnim zapažanjima. Sama hipoteza, koja je vjerovatno nastala nakon otkrića ovih parcijalnih jednakosti, je da je formula

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

tačno za bilo koji dati broj n = 1, 2, 3, ...

Da bismo dokazali ovu pretpostavku, dovoljno je utvrditi dvije činjenice. Prvo, za n = 1 (pa čak i za n = 2, 3, 4) željeni iskaz je istinit. Drugo, pretpostavimo da je izjava tačna za n = k, i provjerite da je tada i za n = k + 1:

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

Dakle, tvrdnja koja se dokazuje je tačna za sve vrijednosti n: za n = 1 istina je (ovo je provjereno), a na osnovu druge činjenice, za n = 2, odakle je za n = 3 (zbog iste druge činjenice), itd.

Zadatak 2. Razmotrite sve moguće obične razlomke sa brojicom 1 i bilo kojim (pozitivnim cijelim brojem)

imenilac: Dokažite to za bilo koje n> 3 se može predstaviti kao zbir P razne frakcije ove vrste.

rješenje, Hajde da prvo proverimo ovu tvrdnju n = 3; imamo:

Dakle, osnovna tvrdnja je zadovoljena

Pretpostavimo sada da je izjava koja nas zanima tačna za neki broj da, i dokazati da je to tačno i za broj koji slijedi to + 1. Drugim riječima, pretpostavimo da postoji reprezentacija

u kojoj k termini i svi imenioci su različiti. Dokažimo da je tada moguće dobiti prikaz jedinice u obliku zbira iz to + 1 frakcija željene vrste. Pretpostavićemo da su razlomci opadajući, odnosno imenioci (u prikazu jedinice zbirom to pojmovi) povećavaju s lijeva na desno tako da t je najveći imenilac. Dobićemo predstavu koja nam je potrebna u obliku zbira(za + 1)-ti razlomak, ako jedan razlomak, na primjer zadnji, podijelimo na dva. Ovo se može uraditi jer

I zbog toga

Osim toga, svi razlomci ostaju različiti, budući da t bio najveći imenitelj, i t + 1 > t, i

m(t + 1) > m.

Tako smo ustanovili:

  1. za n = 3 ova izjava je tačna;
  1. ako je izjava koja nas zanima istinita da,
    onda važi i za do +1.

Na osnovu toga možemo tvrditi da je razmatrana tvrdnja tačna za sve prirodne brojeve, počevši od tri. Osim toga, gornji dokaz također podrazumijeva algoritam za pronalaženje željene particije jedinice. (Koji je ovo algoritam? Zamislite broj 1 kao zbir 4, 5, 7 pojmova.)

U rješavanju prethodna dva problema napravljena su dva koraka. Prvi korak se zove osnovu indukcija, drugainduktivni prelazili korak indukcije. Drugi korak je najvažniji i uključuje pretpostavku (tvrdnja je tačna za n = k) i zaključak (tvrdnja je tačna za n = k + 1). Poziva se sam parametar p indukcioni parametar.Ova logička shema (uređaj), koja omogućava da se zaključi da je tvrdnja koja se razmatra istinita za sve prirodne brojeve (ili za sve, počevši od nekih), budući da su valjani i baza i prijelaz, naziva seprincip matematičke indukcije, na kojoj i zasnovana je metoda matematičke indukcije.Sam izraz "indukcija" dolazi od latinske riječi inductio (vođenje), što znači prelazak sa jednog znanja o pojedinačnih predmeta ove klase na opšti zaključak o svim objektima ove klase, što je jedna od glavnih metoda spoznaje.

Princip matematičke indukcije, u uobičajenom obliku dva koraka, prvi put se pojavio 1654. godine u Raspravi o aritmetičkom trouglu Blaisea Pascala, u kojoj je indukcijom dokazan jednostavan način izračunavanja broja kombinacija (binomnih koeficijenata). D. Poya citira B. Pascala u knjizi sa manjim izmenama datim u uglastim zagradama:

“Uprkos činjenici da propozicija koja se razmatra [eksplicitna formula za binomne koeficijente] sadrži beskonačan broj specijalnih slučajeva, ja ću dati vrlo kratak dokaz za nju, zasnovan na dvije leme.

Prva lema kaže da je pretpostavka tačna za bazu - to je očigledno. [At P = 1 eksplicitna formula je važeća...]

Druga lema kaže sljedeće: ako je naša pretpostavka tačna za proizvoljnu bazu [za proizvoljno r], tada će biti istinita i za sljedeću bazu [za n + 1].

Ove dvije leme nužno impliciraju valjanost tvrdnje za sve vrijednosti P. Zaista, na osnovu prve leme, vrijedi za P = 1; dakle, na osnovu druge leme, vrijedi za P = 2; stoga, opet na osnovu druge leme, vrijedi za n = 3 i tako dalje do beskonačnosti.

Problem 3. Kule Hanojske slagalice se sastoje od tri štapa. Na jednom od štapova nalazi se piramida (slika 1), koja se sastoji od nekoliko prstenova različitih prečnika, koji se smanjuju odozdo prema gore

Slika 1

Ova piramida se mora prenijeti na jedan od drugih štapova, prenoseći svaki put samo jedan prsten, a ne stavljajući veći prsten na manji. Može li se to učiniti?

Rješenje. Dakle, moramo odgovoriti na pitanje: da li je moguće pomjeriti piramidu koja se sastoji od P prstenovi različitih prečnika, od jednog štapa do drugog, poštujući pravila igre? Sada je problem, kako kažu, parametrizovan od nas (prirodni broj P), a može se riješiti matematičkom indukcijom.

  1. baza indukcije. Za n = 1, sve je jasno, pošto se piramida od jednog prstena očito može premjestiti na bilo koji štap.
  2. korak indukcije. Pretpostavimo da možemo pomjeriti bilo koju piramidu s brojem prstenova p = k.
    Dokažimo da tada možemo i pomjeriti piramidu iz sredine n = k + 1.

Piramida od do prstenovi koji leže na najvećem(za + 1)-ti prsten, možemo, prema pretpostavci, preći na bilo koji drugi stožer. Hajde da to uradimo. nepomičan(za + 1)-ti prsten nas neće ometati da izvršimo algoritam pomaka, jer je najveći. Nakon preseljenja to prstenovi, pomeri ovo najveće(za + 1)-ti prsten na preostali štap. Zatim ponovo primjenjujemo algoritam kretanja koji nam je poznat po induktivnoj pretpostavci to prstenove i pomaknite ih na štap pomoću(za + 1)-ti prsten. Dakle, ako možemo pomjeriti piramide sa to prstenovi, onda možemo pomicati piramide i to + 1 prstenje. Stoga, prema principu matematičke indukcije, uvijek je moguće pomjeriti piramidu koja se sastoji od n prstenova, gdje je n > 1.

Metoda matematičke indukcije u rješavanju problema djeljivosti.

Koristeći metodu matematičke indukcije, mogu se dokazati različite tvrdnje o djeljivosti prirodnih brojeva.

Zadatak 4 . Ako je n prirodan broj, tada je broj paran.

Za n=1 naša izjava je tačna: - paran broj. Pretpostavimo da je to paran broj. Pošto je 2k paran broj, tako je i. Dakle, paritet je dokazan za n=1, paritet se izvodi iz parnosti, pa čak i za sve prirodne vrijednosti n.

Zadatak 3. Dokazati da je broj Z 3 + 3 - 26n - 27 sa proizvoljnim prirodnim n je djeljivo sa 26 2 bez ostatka.

Rješenje. Hajde da prvo indukcijom dokažemo pomoćnu tvrdnju da je 3 3n+3 1 je djeljiv sa 26 bez ostatka n > 0.

  1. baza indukcije. Za n = 0 imamo: Z 3 - 1 \u003d 26 - podijeljeno sa 26.

korak indukcije. Pretpostavimo 3 3n + 3 - 1 je deljivo sa 26 kada n = k, i Dokažimo da će u ovom slučaju tvrdnja biti tačna za n = k + 1. Pošto je 3

onda iz induktivne pretpostavke zaključujemo da je broj 3 3k + 6 - 1 je deljivo sa 26.

Dokažimo sada tvrdnju formulisanu u uslovu problema. I opet indukcijom.

  1. baza indukcije. Očigledno je da na n = 1 izjava je tačna: od 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
  2. korak indukcije. Pretpostavimo da je na n = k
    izraz 3 3k + 3 - 26k - 27 je djeljivo sa 26 2 bez ostatka, i dokazati da je tvrdnja tačna za n = k + 1,
    odnosno taj broj

djeljivo sa 26 2 bez traga. U posljednjem zbroju oba člana su podijeljena bez ostatka sa 26 2 . Prvi je zato što smo dokazali da je izraz u zagradama djeljiv sa 26; drugi, induktivnom hipotezom. Na osnovu principa matematičke indukcije, neophodna tvrdnja je u potpunosti dokazana.

Primjena metode matematičke indukcije na sumiranje redova.

Zadatak 5. Dokažite formulu

N je prirodan broj.

Rješenje.

Za n=1, oba dijela jednakosti se pretvaraju u jedan i stoga je zadovoljen prvi uvjet principa matematičke indukcije.

Pretpostavimo da je formula tačna za n=k, tj.

Dodajmo objema stranama ove jednakosti i transformirajmo desnu stranu. Onda dobijamo

Dakle, iz činjenice da je formula tačna za n=k, sledi da je tačna i za n=k+1. Ova izjava je tačna za bilo koju prirodnu vrijednost k. Dakle, i drugi uslov principa matematičke indukcije je takođe zadovoljen. Formula je dokazana.

Zadatak 6. Na tabli su ispisana dva broja: 1.1. Unoseći njihov zbir između brojeva, dobijamo brojeve 1, 2, 1. Ponavljajući ovu operaciju ponovo, dobijamo brojeve 1, 3, 2, 3, 1. Nakon tri operacije, brojevi će biti 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Koliki će biti zbir svih brojeva na tabli nakon 100 operacija?

Rješenje. Uradite svih 100 operacije bi bile dugotrajne i dugotrajne. Dakle, moramo pokušati pronaći neku opću formulu za zbir S brojevi iza n operacije. Pogledajmo tabelu:

Jeste li primijetili neki uzorak ovdje? Ako ne, možete napraviti još jedan korak: nakon četiri operacije, bit će brojevi

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

čiji je zbir S 4 82.

Zapravo, ne možete ispisati brojeve, već odmah reći kako će se zbir promijeniti nakon dodavanja novih brojeva. Neka je zbir jednak 5. Šta će postati kada se dodaju novi brojevi? Podijelimo svaki novi broj na zbir dva stara. Na primjer, od 1, 3, 2, 3, 1 idemo na 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Odnosno, svaki stari broj (osim dva ekstremna) sada ulazi u zbir tri puta, tako da je novi zbir 3S - 2 (oduzmite 2 da biste uzeli u obzir jedinice koje nedostaju). Stoga S 5 = 3S 4 - 2 = 244, i općenito

Šta je opšta formula? Da nije bilo oduzimanja dvije jedinice, onda bi se svaki put zbir povećao tri puta, kao u potencijama trojke (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). A naši brojevi su, kao što sada vidite, jedan više. Dakle, može se pretpostaviti da

Pokušajmo sada to dokazati indukcijom.

baza indukcije. Pogledajte tabelu (za n = 0, 1, 2, 3).

korak indukcije. Pretvarajmo se to

Dokažimo onda to S do + 1 \u003d Z do + 1 + 1.

stvarno,

Dakle, naša formula je dokazana. Pokazuje da će nakon stotinu operacija zbir svih brojeva na ploči biti jednak 3 100 + 1.

Razmotrimo jedan izvanredan primjer primjene principa matematičke indukcije, u kojem prvo trebate uvesti dva prirodna parametra, a zatim izvršiti indukciju na njihovu sumu.

Zadatak 7. Dokažite da ako= 2, x 2 = 3 i za svaki prirodni n> 3

x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2,

onda

2 n - 1 + 1, n = 1, 2, 3, ...

Rješenje. Imajte na umu da je u ovom zadatku početni niz brojeva(x n ) je određena indukcijom, pošto su članovi našeg niza, osim prva dva, dati induktivno, odnosno kroz prethodne. Date sekvence se pozivaju ponavljajući, a u našem slučaju ovaj niz je određen (specificiranjem njegova prva dva člana) na jedinstven način.

baza indukcije. Sastoji se od provjere dvije tvrdnje: n=1 i n=2.B U oba slučaja, tvrdnja je tačna po pretpostavci.

korak indukcije. Pretpostavimo da za n = k - 1 i n = k izneta je tvrdnja, tj

Dokažimo onda tvrdnju za n = k + 1. Imamo:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, što je trebalo dokazati.

Zadatak 8. Dokažite da se bilo koji prirodan broj može predstaviti kao zbir nekoliko različitih članova rekurentnog niza Fibonačijevih brojeva:

za k > 2.

Rješenje. Neka p - prirodni broj. Uvod ćemo obaviti dalje P.

baza indukcije. Za n = 1 izjava je tačna, pošto je jedinica sama po sebi Fibonačijev broj.

korak indukcije. Pretpostavimo da su svi prirodni brojevi manji od nekog broja P, može se predstaviti kao zbir nekoliko različitih članova Fibonačijevog niza. Pronađite najveći Fibonačijev broj F t , ne prelazi P; pa F t n i F t +1 > n.

Zbog

Po hipotezi indukcije, broj p- F t može se predstaviti kao zbir 5 različitih članova Fibonačijevog niza, a iz posljednje nejednakosti slijedi da su svi članovi Fibonačijevog niza uključeni u zbir 8 manji od F t . Dakle, proširenje broja n = 8 + F t zadovoljava uslov problema.

Primjeri primjene metode matematičke indukcije na dokaz nejednakosti.

Zadatak 9. (Bernoullijeva nejednakost.)Dokaži to kada x > -1, x 0, a za cijeli broj n > 2 nejednakosti

(1 + x) n > 1 + xn.

Rješenje. Dokaz ćemo ponovo izvesti indukcijom.

1. Baza indukcije. Provjerimo valjanost nejednakosti za n = 2. Zaista,

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

2. Korak indukcije. Pretpostavimo to za broj n = k izjava je tačna, tj

(1 + x) k > 1 + xk,

Gdje je k > 2. Dokazujemo to za n = k + 1. Imamo: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.

Dakle, na osnovu principa matematičke indukcije, može se tvrditi da Bernoullijeva nejednakost vrijedi za bilo koji n > 2.

Nije uvijek u uslovima rješavanja problema metodom matematičke indukcije jasno formuliran opći zakon koji treba dokazati. Ponekad je potrebno, posmatrajući pojedine slučajeve, prvo otkriti (pogoditi) do kakvog opšteg zakona vode, pa tek onda matematičkom indukcijom dokazati navedenu hipotezu. Osim toga, indukciona varijabla se može maskirati, a prije rješavanja problema potrebno je odrediti na kojem parametru će se indukcija izvršiti. Kao primjere, razmotrite sljedeće zadatke.

Problem 10. Dokažite to

za bilo koji prirodni n > 1.

rješenje, Pokušajmo dokazati ovu nejednakost matematičkom indukcijom.

Osnova indukcije se lako provjerava:1+

Po induktivnoj hipotezi

a nama ostaje da to dokažemo

Koristeći induktivnu hipotezu, to ćemo tvrditi

Iako je ova jednakost zapravo tačna, ona nam ne daje rješenje problema.

Pokušajmo dokazati jaču tvrdnju nego što je potrebna u originalnom problemu. Naime, to ćemo dokazati

Može se činiti da je dokazivanje ove tvrdnje indukcijom beznadežno.

Međutim, na str = 1 imamo: izjava je tačna. Pretpostavimo da da bismo opravdali induktivni korak

a onda ćemo to dokazati

stvarno,

Time smo dokazali jaču tvrdnju, iz koje odmah slijedi tvrdnja sadržana u uvjetu problema.

Ono što je poučno ovdje je da iako smo morali dokazati jaču tvrdnju nego što se zahtijeva u problemu, mogli bismo koristiti i jaču pretpostavku u induktivnom koraku. Ovo objašnjava da direktna primjena principa matematičke indukcije ne vodi uvijek do cilja.

Situacija koja je nastala u rješavanju problema se zoveparadoks pronalazača.Sam paradoks je da se složeniji planovi mogu s većim uspjehom implementirati ako se zasnivaju na dubljem razumijevanju suštine stvari.

Zadatak 11. Dokazati da je 2m + n - 2m za bilo koji prirodni vrstu.

Rješenje. Ovdje imamo dvije opcije. Stoga možete pokušati provesti tzvdvostruka indukcija(indukcija unutar indukcije).

Provešćemo induktivno rezonovanje P.

1. Baza indukcije prema str. Za n = Moram to da proverim 2 t ~ 1 > t. Da bismo dokazali ovu nejednakost, koristimo se indukcijom na t.

a) Baza indukcije po vol. Za t = 1 u toku
jednakosti, što je prihvatljivo.

b) Korak indukcije prema t.Pretpostavimo da je na t = k izjava je tačna, tj 2 k ~ 1 > k. Onda gore
Recimo da je tvrdnja tačna čak i ako m = k + 1.
Imamo:

na prirodnom k.

Dakle, nejednakost 2 izvedeno za bilo koji prirodni t.

2. Korak indukcije prema tačOdaberite i popravite neki prirodan broj t. Pretpostavimo da je na n = I izjava je tačna (za fiksno t), tj. 2 t +1 ~ 2 > t1, i dokazati da će tada tvrdnja biti tačna za n = l + 1.
Imamo:

za bilo koji prirodni vrstu.

Stoga, na osnovu principa matematičke indukcije (prema P) izjava problema je tačna za bilo koje P i za bilo koji fiksni t. Dakle, ova nejednakost vrijedi za bilo koju prirodnu vrstu.

Zadatak 12. Neka su m, n i k su prirodni brojevi i t > str Koji je od dva broja veći:

U svakom izrazu to znakovi kvadratni korijen, t i n se izmjenjuju.

Rješenje. Hajde da prvo dokažemo neku pomoćnu tvrdnju.

Lemma. Za bilo koji prirodni t i n (t > n) i nenegativan (ne nužno cijeli broj) X nejednakost

Dokaz. Uzmite u obzir nejednakost

Ova nejednakost je tačna, jer su oba faktora na lijevoj strani pozitivna. Proširujući zagrade i pretvarajući, dobijamo:

Uzimajući kvadratni korijen oba dijela posljednje nejednakosti, dobijamo tvrdnju leme. Dakle, lema je dokazana.

Sada idemo na rješavanje problema. Označimo prvi od ovih brojeva sa a, i drugi kroz b do . Dokažimo da a za bilo koji prirodni to. Dokaz će se provesti metodom matematičke indukcije odvojeno za par i nepar to.

baza indukcije. Za k = 1 imamo nejednakost

y[t > y/n , što važi zbog činjenice da m > n. = 2, željeni rezultat se dobija iz dokazane leme zamenom x = 0.

korak indukcije. Pretpostavimo, za neke na nejednakost a >b do fer. Dokažimo to

Iz pretpostavke indukcije i monotonosti kvadratnog korijena imamo:

S druge strane, iz dokazane leme slijedi da

Kombinacijom posljednje dvije nejednakosti dobijamo:

Prema principu matematičke indukcije, tvrdnja je dokazana.

Zadatak 13. (Cauchyjeva nejednakost.)Dokažite da za bilo koji pozitivan broj..., a p nejednakost

Rješenje. Za n = 2 nejednakost

aritmetička sredina i geometrijska sredina (za dva broja) će se smatrati poznatima. Neka n= 2, k = 1, 2, 3, ... i prvo izvršite indukciju na to. Osnova ove indukcije važi.Pod pretpostavkom da je željena nejednakost već utvrđena za n = 2, mi ćemo to dokazati za P = 2 . Imamo (koristeći nejednakost za dva broja):

Dakle, po hipotezi indukcije

Tako smo indukcijom na k dokazali nejednakost za sve str 9 koji su stepen dvojke.

Dokazati nejednakost za druge vrijednosti P koristit ćemo "indukciju prema dolje", odnosno dokazat ćemo da ako je nejednakost zadovoljena za proizvoljne nenegativne P brojeva, važi i za(P - 1) broj. Da bismo to potvrdili, napominjemo da je, prema iznesenoj pretpostavci, za P brojevi, nejednakost

odnosno a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Podjela oba dijela na P - 1, dobijamo traženu nejednakost.

Dakle, prvo smo ustanovili da nejednakost vrijedi za beskonačan broj mogućih vrijednosti P, a zatim pokazao da ako nejednakost vrijedi za P brojeva, važi i za(P - 1) brojevi. Iz ovoga sada zaključujemo da Cotyjeva nejednakost vrijedi za skup od P bilo koji nenegativni brojevi za bilo koji n = 2, 3, 4, ...

Problem 14. (D. Uspenski.) Za bilo koji trougao ABC sa uglovima = CAB, = CBA su uporedive, postoje nejednakosti

Rješenje. Uglovi i su umjerljivi, što znači (po definiciji) da ovi uglovi imaju zajedničku mjeru za koju je = p, = (p, q su međusobno prosti prirodni brojevi).

Koristimo metodu matematičke indukcije i nacrtajmo je preko sume n = p + q prirodni koprosti brojevi..

baza indukcije. Za p + q = 2 imamo: p = 1 i q = 1. Tada je trokut ABC jednakokrak, a potrebne nejednakosti su očigledne: one slijede iz nejednakosti trougla

korak indukcije. Pretpostavimo sada da su željene nejednakosti uspostavljene za p + q = 2, 3, ..., k - 1, gdje je k > 2. Dokažimo da nejednakosti vrijede i za p + q = k.

Neka ABC je dati trougao sa> 2. Zatim stranice AC i BC ne može biti jednako: neka AC > BC. Sada napravimo, kao na slici 2, jednakokraki trougao ABC; imamo:

AC \u003d DC i AD \u003d AB + BD, dakle,

2AC > AB + BD (1)

Razmotrite sada trougao VDC, čiji su uglovi takođe uporedivi:

DCB = (q - p), BDC = p.

Rice. 2

Ovaj trougao zadovoljava induktivnu pretpostavku, i stoga

(2)

Zbrajanjem (1) i (2) imamo:

2AC+BD>

i zbog toga

Iz istog trougla WBS hipotezom indukcije zaključujemo da

S obzirom na prethodnu nejednakost zaključujemo da

Na taj način se dobija induktivni prelaz, a formulacija problema sledi iz principa matematičke indukcije.

Komentar. Izjava o problemu ostaje važeća čak i kada uglovi a i p nisu samjerljivi. U osnovi razmatranja u opštem slučaju već moramo primijeniti još jedan važan matematički princip – princip kontinuiteta.

Zadatak 15. Nekoliko pravih dijele ravan na dijelove. Dokažite da je moguće obojiti ove dijelove u bijelo

i crne boje tako da su susjedni dijelovi koji imaju zajednički rubni segment različitih boja (kao na slici 3 kada n = 4).

slika 3

Rješenje. Koristimo indukciju na broju linija. Pa neka P - broj linija koje dijele naš avion na dijelove, n > 1.

baza indukcije. Ako postoji samo jedan pravi(P = 1), tada ravan dijeli na dvije poluravnine, od kojih se jedna može obojiti Bijela boja, a drugi u crno, i konstatacija problema je tačna.

korak indukcije. Da bi dokaz induktivnog koraka bio jasniji, razmotrite proces dodavanja jedne nove linije. Ako povučemo drugu liniju(P= 2), tada dobijamo četiri dela koja se mogu obojiti na željeni način farbanjem suprotnih uglova u istu boju. Hajde da vidimo šta će se desiti ako povučemo treću pravu liniju. Podijelit će neke od "starih" dijelova, a pojavit će se novi dijelovi ivice, sa obje strane iste boje (slika 4).

Rice. četiri

Nastavimo na sljedeći način:jedna stranaod nove ravne linije promijenit ćemo boje - bijelo ćemo napraviti crnom i obrnuto; u isto vrijeme, oni dijelovi koji leže s druge strane ove prave linije nisu prefarbani (slika 5). Tada će ova nova boja zadovoljiti potrebne zahtjeve: s jedne strane ravne linije se već izmjenjivala (ali s različitim bojama), a s druge je bila neophodna. Da bi se dijelovi koji imaju zajedničku granicu koja pripada nacrtanoj liniji obojili u različite boje, dijelove smo prefarbali samo s jedne strane ove nacrtane linije.

Sl.5

Dokažimo sada induktivni korak. Pretpostavimo da za neken = kvalidna je izjava problema, odnosno svi delovi ravni na koje je ona podeljena ovimtoravno, možete farbati u bijelu i crnu boju tako da susjedni dijelovi budu različitih boja. Dokažimo da onda postoji takva boja zaP= to+ 1 ravno. Nastavimo slično kao u slučaju prijelaza s dvije prave na tri. Hajde da potrošimo na avionutodirektno. Tada se, prema induktivnoj pretpostavci, rezultujuća "mapa" može obojiti na željeni način. Hajde da potrošimo sada(za+ 1)-tu pravu liniju i na jednoj njenoj strani mijenjamo boje u suprotne. Pa sada(za+ 1)-ti red svuda razdvaja dijelove različitih boja, dok "stari" dijelovi, kao što smo već vidjeli, ostaju ispravno obojeni. Po principu matematičke indukcije, problem je riješen.

Zadatak16. Na rubu pustinje velika je zaliha benzina i auto koji sa punom benzinskom pumpom može preći 50 kilometara. U neograničenim količinama postoje kanisteri u koje možete ispustiti benzin iz rezervoara automobila i ostaviti ga za skladištenje bilo gdje u pustinji. Dokažite da automobil može prijeći bilo koju cijeli broj udaljenosti veću od 50 kilometara. Nije dozvoljeno nošenje limenki benzina, prazne limenke se mogu nositi u bilo kojoj količini.

Rješenje.Pokušajmo to dokazati indukcijom naP,da auto može da voziPkilometara od ruba pustinje. AtP= 50 je poznato. Ostaje izvršiti korak indukcije i objasniti kako doći do togan = k+ 1 km ako je poznaton = kkilometri se mogu voziti.

Međutim, ovdje nailazimo na poteškoću: nakon što smo prošlitokilometara, benzin možda neće biti dovoljan ni za povratak (da ne spominjemo skladište). I u ovom slučaju, izlaz je jačanje tvrdnje koja se dokazuje (paradoks pronalazača). Dokazaćemo da je moguće ne samo vozitiPkilometara, ali i da napravi proizvoljno veliku zalihu benzina u tački na daljinuPkilometara od ruba pustinje, na ovom mjestu nakon završetka transporta.

baza indukcije.Neka jedinica benzina bude količina benzina potrebna da se pređe jedan kilometar putovanja. Tada je za putovanje od 1 kilometra i nazad potrebne dvije jedinice benzina, tako da možemo ostaviti 48 jedinica benzina u skladištu kilometar od ruba i vratiti se po još. Tako za nekoliko putovanja u skladište možemo napraviti zalihu proizvoljne veličine koja nam je potrebna. Istovremeno, da bismo stvorili 48 jedinica zaliha, trošimo 50 jedinica benzina.

korak indukcije.Pretpostavimo da je to na daljinuP= tosa ruba pustinje možete pohraniti bilo koju količinu benzina. Dokažimo da je tada moguće kreirati spremište na daljinun = k+ 1 km sa bilo kojim unapred određenim zalihama benzina i biti na ovom skladištu na kraju transporta. Jer u tačkiP= topostoji neograničena zaliha benzina, onda (prema indukcijskoj bazi) možemo u nekoliko putovanja do tačken = k+ 1 za poentuP= to4-1 zaliha bilo koje veličine koja vam je potrebna.

Istinitost općenitije tvrdnje nego u stanju problema sada slijedi iz principa matematičke indukcije.

Zaključak

Konkretno, proučavajući metodu matematičke indukcije, unaprijedio sam svoje znanje u ovoj oblasti matematike, a također sam naučio kako rješavati probleme koji su prije bili izvan mojih moći.

U osnovi, to su bili logični i zabavni zadaci, tj. samo one koje povećavaju interesovanje za samu matematiku kao nauku. Rješavanje ovakvih problema postaje zabavna aktivnost i može privući sve više znatiželjnika u matematičke lavirinte. Po mom mišljenju, to je osnova svake nauke.

Nastavljajući proučavanje metode matematičke indukcije, pokušat ću naučiti kako je primijeniti ne samo u matematici, već iu rješavanju problema u fizici, hemiji i samom životu.

Književnost

1.Vulenkin INDUKCIJA. Kombinatorika. Priručnik ZA nastavnike. M., Prosvjeta,

1976.-48 str.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcija u geometriji. - M.: Gosud. izdavač lit. - 1956. - S.I00. Priručnik o matematici za kandidate za univerzitete / Ed. Yakovleva G.N. Nauka. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Indukcija u geometriji. —
M.: Nauka, 1961. - (Popularna predavanja iz matematike.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Tutorial/ “Prosvjeta” 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Šta je matematika?" Poglavlje 1, § 2

6. Popa D. Matematika i uvjerljivo zaključivanje. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Matematičko otkriće. — M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Kako predavati metodu matematičke indukcije / Matematička škola. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O metodi matematičke indukcije. - M.: Nauka, 1977. - (Popularna predavanja iz matematike.)

10. Solominski I.S. Metoda matematičke indukcije. - M.: Nauka.

63s.

11. Solominski I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O matematičkoj indukciji. - M.: Nauka. - 1967. - S.7-59.

12.http://w.wikiredia.org/wiki

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html

Lekcija #50

Tema lekcije : Metoda matematičke indukcije.

Svrha lekcije: Upoznajte sesuštinu metode matematičke indukcije, naučiti kako primijeniti ovu metodu u rješavanju problema dokazivanja, nastaviti razvoj računskih vještina, nastaviti formiranje matematičke pismenosti.

Tokom nastave.

    Organiziranje vremena. Postavljanje ciljeva časa

    Aktivacija osnovnih znanja.

Definicija geometrijske progresije, formule za n-ti član geometrijske progresije.

Ponovite formulu za zbir prvih n članova aritmetičke progresije.

Ponovite formulu za zbir beskonačno opadajuće geometrijske progresije

3. Učenje novog gradiva

Prilikom rješavanja mnogih zadataka, prilikom dokazivanja valjanosti matematičkih rečenica, kao i kod izvođenja formule, često se koristi rasuđivanje, tzv.metoda matematičke indukcije.

Vi ste, na primjer, koristili takvo razmišljanje kada ste izvodili formulunth člana, kao i pri izvođenju formule za zbir prvognčlanovi aritmetičke i geometrijske progresije.

Suština ove metode je sljedeća: ako je potrebno utvrditi valjanost određene izjave u kojoj se pojavljuje prirodni brojn, zatim:

1) proverava se da li nameravana izjava važi za određenu vrednostn(na primjer zan=1).

2) pretpostavlja se da je izjava tačna za neku proizvoljnu vrijednostn = k , a dokazano je da u ovom slučaju vrijedi i zan = k + 1. Odavde se zaključuje da je tvrdnja tačna za bilo koju vrijednostn, jer je njegova pravda otkrivena un=1, a po onome što je dokazano važi i zan= 2, a pošto vrijedi zan= 2, onda vrijedi i zan= 3 itd.

Pogledajmo sada primjere korištenja ove metode.

Primjer 1. Dokažimo to za bilo koji prirodninpostoji jednakost

Formula je ispravna zan= 1 jer:


Pretpostavimo da je formula tačna zan = k .

Dokažimo da je u ovom slučaju tačno zan = k+ 1, tj.

Direktna provjera je pokazala da je formula tačna zan =1; stoga će važiti i zan= 2, pa prema tome zan= 3, dakle, zan = 4 i općenito za bilo koji prirodnin.

4. Rješavanje problema

№249(a)

U ovom zadatku potrebno je dokazati formulun – thpojam aritmetičke progresije matematičkom indukcijom

    Atn=1 imamo a 1 =a 1.

    Pretpostavimo da je ova formula tačna zakth pojam, tj. jednakost a k = a 1 + d( k-1)

    Dokažimo da je i u ovom slučaju ova formula tačna za (k+1)ti član. stvarno,

a k +1 = a 1 + d( k+1-1) = a 1 + dk

S druge strane, po definiciji, arif. prog. a k +1 = a k + d

Pošto su lijevi dijelovi posljednja dva izraza =, a desni dijelovi jednaki:

a k + d= a 1 + dkili a k = a 1 + d( k-1)

Rezultirajuća ispravna jednakost nam omogućava da tvrdimo da je formulanth član aritmetičke progresije je pogodan za bilo koji prirodnin

№ 255

Dokažimo da je broj 11 n+1 +12 2 n -1 za sve prirodne vrednostinpodijeliti sa 133

    Atn=1 imamo 11 1+1 +12 2*1-1 =133, 133 podeljeno sa 133

    Pretpostavimo da je nan= kzbir 11 k +1 +12 2 k -1 podijeliti sa 133

    Dokažimo da je ovaj zbir djeljiv sa 133 forn= k+1, tj. jedanaest k +2 +12 2 k +1 podijeliti sa 133

11 k+2 +12 2k+1 =11*11 k +1 +144*12 k-1 =11*11 k +1 +11*12 2k-1 +133*12 2k-1 =11(11 k+1 +12 2k-1 )+133*12 2k-1

Svaki član rezultirajućeg zbira je djeljiv sa 133. Dakle, 11 k +2 +12 2 k +1 takođe podeliti sa 133.

5. Refleksija

6. Izjava D/z

§15 odlučuje br.251

Uvod

Glavni dio

1. Potpuna i nepotpuna indukcija

2. Princip matematičke indukcije

3. Metoda matematičke indukcije

4. Rješenje primjera

5. Jednakosti

6. Podjela brojeva

7. Nejednakosti

Zaključak

Spisak korišćene literature

Uvod

Deduktivne i induktivne metode su osnova svakog matematičkog istraživanja. Deduktivna metoda zaključivanja je rasuđivanje od opšteg ka posebnom, tj. rasuđivanje, čija je polazna tačka opšti rezultat, a konačna tačka je konkretan rezultat. Indukcija se primjenjuje pri prelasku sa pojedinačnih rezultata na opšte, tj. je suprotnost deduktivnoj metodi.

Metoda matematičke indukcije može se uporediti sa napretkom. Počinjemo od najnižeg, kao rezultat logičkog razmišljanja dolazimo do najvišeg. Čovjek je oduvijek težio napretku, sposobnosti da logički razvija svoju misao, što znači da ga je sama priroda predodredila da razmišlja induktivno.

Iako je područje primjene metode matematičke indukcije naraslo, u školskom programu joj se posvećuje malo vremena. Pa recimo da će korisnu osobu donijeti one dvije-tri lekcije za koje čuje pet riječi teorije, riješi pet primitivnih problema i kao rezultat dobije peticu za ništa ne zna.

Ali ovo je toliko važno - biti u stanju da razmišljamo induktivno.

Glavni dio

U svom izvornom značenju, riječ "indukcija" se primjenjuje na rasuđivanje kojim se donose opći zaključci na osnovu brojnih konkretnih izjava. Najjednostavniji metod zaključivanja ove vrste je potpuna indukcija. Evo primjera takvog rezonovanja.

Neka je potrebno utvrditi da je svaki prirodan paran broj n unutar 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.

Ovih devet jednakosti pokazuje da je svaki od brojeva koji nas zanimaju zaista predstavljen kao zbir dva prosta člana.

Dakle, potpuna indukcija je to opšta izjava se dokazuje zasebno u svakom od konačnog broja mogućih slučajeva.

Ponekad se ukupni rezultat može predvidjeti nakon razmatranja ne svih, već dovoljno veliki broj specijalni slučajevi (tzv. nepotpuna indukcija).

Rezultat dobiven nepotpunom indukcijom, međutim, ostaje samo hipoteza dok se ne dokaže egzaktnim matematičkim rezoniranjem, pokrivajući sve posebne slučajeve. Drugim riječima, nepotpuna indukcija u matematici se ne smatra legitimnom metodom rigoroznog dokaza, već je moćna metoda za otkrivanje novih istina.

Neka je, na primjer, potrebno pronaći zbir prvih n uzastopnih neparnih brojeva. Razmotrite posebne slučajeve:

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

Nakon razmatranja ovih nekoliko posebnih slučajeva, nameće se sljedeći opći zaključak:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

one. zbir prvih n uzastopnih neparnih brojeva je n 2

Naravno, dato zapažanje još ne može poslužiti kao dokaz valjanosti gornje formule.

Potpuna indukcija ima samo ograničenu primjenu u matematici. Mnoge zanimljive matematičke izjave pokrivaju beskonačan broj posebnih slučajeva, a ne možemo testirati za beskonačan broj slučajeva. Nepotpuna indukcija često dovodi do pogrešnih rezultata.

U mnogim slučajevima, izlaz iz ove vrste poteškoća je pribjegavanje posebnoj metodi zaključivanja, koja se naziva metodom matematičke indukcije. To je kako slijedi.

Neka je potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje za bilo koji prirodan broj n (na primjer, potrebno je dokazati da je zbir prvih n neparnih brojeva jednak n 2). Direktna provjera ove tvrdnje za svaku vrijednost n je nemoguća, jer je skup prirodnih brojeva beskonačan. Da biste dokazali ovu tvrdnju, prvo provjerite njenu valjanost za n=1. Tada je dokazano da za bilo koju prirodnu vrijednost k, valjanost iskaza koji se razmatra za n=k implicira njegovu valjanost i za n=k+1.

Tada se tvrdnja smatra dokazanom za sve n. Zaista, izjava je tačna za n=1. Ali onda vrijedi i za sljedeći broj n=1+1=2. Valjanost tvrdnje za n=2 implicira njenu valjanost za n=2+

1=3. Ovo implicira valjanost iskaza za n=4, i tako dalje. Jasno je da ćemo na kraju doći do bilo kojeg prirodnog broja n. Dakle, tvrdnja je tačna za bilo koje n.

Sumirajući ono što je rečeno, formulišemo sledeći opšti princip.

Princip matematičke indukcije.

Ako rečenica A( n ) u zavisnosti od prirodnog broja n , istina za n =1 i iz činjenice da je tačno za n=k (gde k -bilo koji prirodan broj), slijedi da je to tačno i za sljedeći broj n=k+1 , zatim pretpostavka A( n ) vrijedi za bilo koji prirodan broj n .

U brojnim slučajevima može biti potrebno dokazati valjanost određene tvrdnje ne za sve prirodne brojeve, već samo za n>p, gdje je p fiksni prirodni broj. U ovom slučaju, princip matematičke indukcije je formuliran na sljedeći način. Ako rečenica A( n ) je tačno za n=p i ako A( k ) Þ ALI( k+1) za bilo koga k>p, zatim rečenica A( n) istina za svakoga n>p.

Dokaz metodom matematičke indukcije izvodi se na sljedeći način. Prvo, tvrdnja koju treba dokazati se provjerava za n=1, tj. istinitost tvrdnje A(1) je utvrđena. Ovaj dio dokaza naziva se baza indukcije. Nakon toga slijedi dio dokaza koji se naziva korak indukcije. U ovom dijelu se dokazuje valjanost iskaza za n=k+1 pod pretpostavkom da je tvrdnja tačna za n=k (induktivna pretpostavka), tj. dokazati da je A(k)ÞA(k+1).

PRIMJER 1

Dokazati da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Rješenje: 1) Imamo n=1=1 2 . shodno tome,

izjava je tačna za n=1, tj. A(1) je tačno.

2) Dokažimo da je A(k)ÞA(k+1).

Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je izjava tačna za n=k, tj.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Dokažimo da je tada tvrdnja tačna i za sljedeći prirodni broj n=k+1, tj. šta

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Zaista,

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

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je pretpostavka A(n) tačna za bilo koji nON.

PRIMJER 2

Dokaži to

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

Rješenje: 1) Za n=1 dobijamo

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

dakle, za n=1 formula je tačna; A(1) je tačno.

2) Neka je k bilo koji prirodan broj i neka je formula tačna za n=k, tj.

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

Dokažimo da je onda jednakost

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

Zaista

1+h+h 2 +x 3 +…+h 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).

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije zaključujemo da je formula tačna za svaki prirodni broj n.

PRIMJER 3

Dokazati da je broj dijagonala konveksnog n-ugla n(n-3)/2.

Rješenje: 1) Za n=3, tvrdnja je tačna


I 3 je tačno, jer u trouglu

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

A 2 A(3) je tačno.

2) Pretpostavimo da u bilo kojem

konveksni k-ugao ima-

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

A k Dokažimo to onda u konveksnom

(k+1)-gon broj

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

Neka je A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 -konveksni (k+1)-ugao. Nacrtajmo dijagonalu A 1 A k u njoj. Brojati ukupan broj dijagonale ovog (k + 1)-ugla, potrebno je prebrojati broj dijagonala u k-ugaoniku A 1 A 2 ...A k, dodati k-2 na rezultirajući broj, tj. treba uzeti u obzir broj dijagonala (k+1)-ugla koje izlaze iz temena A k+1 , i pored toga dijagonalu A 1 A k.

Na ovaj način,

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

Dakle, A(k)ÞA(k+1). Zbog principa matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za svaki konveksni n-ugao.

PRIMJER 4

Dokažite da je za bilo koje n tvrdnja tačna:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rješenje: 1) Neka je onda n=1

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

Dakle, za n=1 izjava je tačna.

2) Pretpostavimo da je n=k

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

3) Razmotrimo ovu tvrdnju za 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.

Dokazali smo valjanost jednakosti za n=k+1, dakle, na osnovu metode matematičke indukcije, tvrdnja je tačna za bilo koje prirodno n.

PRIMJER 5

Dokažite da je za bilo koji prirodni n tačna jednakost:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Rješenje: 1) Neka je n=1.

Tada je X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vidimo da je za n=1 izjava tačna.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n=k