Η αρχή της μαθηματικής επαγωγής. Επίλυση παραδειγμάτων. Παραδείγματα

ΜΕΘΟΔΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΠΑΓΩΓΗΣ

Η λέξη επαγωγή στα ρωσικά σημαίνει καθοδήγηση και τα συμπεράσματα που βασίζονται σε παρατηρήσεις, πειράματα, δηλαδή ονομάζονται επαγωγικά. που προκύπτει με συμπέρασμα από το συγκεκριμένο στο γενικό.

Για παράδειγμα, κάθε μέρα παρατηρούμε ότι ο Ήλιος ανατέλλει από την ανατολή. Επομένως, μπορείτε να είστε σίγουροι ότι αύριο θα εμφανιστεί στα ανατολικά, και όχι στη δύση. Καταλήγουμε σε αυτό το συμπέρασμα χωρίς να καταφύγουμε σε υποθέσεις σχετικά με τον λόγο της κίνησης του Ήλιου στον ουρανό (εξάλλου, αυτή η ίδια η κίνηση αποδεικνύεται προφανής, αφού στην πραγματικότητα κινείται σφαίρα). Κι όμως αυτό το επαγωγικό συμπέρασμα περιγράφει σωστά τις παρατηρήσεις που θα κάνουμε αύριο.

Ο ρόλος των επαγωγικών συμπερασμάτων στις πειραματικές επιστήμες είναι πολύ μεγάλος. Δίνουν εκείνες τις διατάξεις από τις οποίες στη συνέχεια εξάγονται περαιτέρω συμπεράσματα μέσω της έκπτωσης. Και παρόλο που θεωρητική μηχανικήβασίζεται στους τρεις νόμους κίνησης του Νεύτωνα, αυτοί οι ίδιοι οι νόμοι ήταν το αποτέλεσμα βαθιάς σκέψης μέσω πειραματικών δεδομένων, ιδιαίτερα των νόμων της κίνησης του Κέπλερ, τους οποίους εξήγαγε από την επεξεργασία πολλών ετών παρατηρήσεων από τον Δανό αστρονόμο Tycho Brahe. Η παρατήρηση και η επαγωγή αποδεικνύονται χρήσιμες στο μέλλον για την αποσαφήνιση των υποθέσεων που έγιναν. Μετά τα πειράματα του Michelson για τη μέτρηση της ταχύτητας του φωτός σε ένα κινούμενο μέσο, αποδείχθηκε ότι ήταν απαραίτητο να αποσαφηνιστούν οι νόμοι της φυσικής και να δημιουργηθεί η θεωρία της σχετικότητας.

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

Η έννοια της παρακολούθησης, που είναι η βάση της αριθμητικής, εμφανίστηκε επίσης από παρατηρήσεις του σχηματισμού στρατιωτών, πλοίων και άλλων διατεταγμένων συνόλων.

Δεν πρέπει, ωστόσο, να πιστεύει κανείς ότι αυτό εξαντλεί τον ρόλο της επαγωγής στα μαθηματικά. Φυσικά, δεν πρέπει να ελέγχουμε πειραματικά θεωρήματα που συνάγονται λογικά από αξιώματα: αν δεν έγιναν λογικά σφάλματα κατά την παραγωγή, τότε είναι αληθή στο βαθμό που τα αξιώματα που δεχθήκαμε είναι αληθή. Αλλά πολλές δηλώσεις μπορούν να συναχθούν από αυτό το σύστημα αξιωμάτων. Και η επιλογή εκείνων των δηλώσεων που πρέπει να αποδειχθούν προτείνεται και πάλι με επαγωγή. Είναι αυτό που σας επιτρέπει να διαχωρίσετε χρήσιμα θεωρήματα από τα άχρηστα, υποδεικνύει ποια θεωρήματα μπορεί να αποδειχθούν αληθή και βοηθά ακόμη και στο να σκιαγραφήσετε το μονοπάτι της απόδειξης.

Η ουσία της μεθόδου μαθηματική επαγωγή

Σε πολλούς κλάδους της αριθμητικής, της άλγεβρας, της γεωμετρίας και της ανάλυσης, είναι απαραίτητο να αποδειχθεί η αλήθεια των προτάσεων A(n) ανάλογα με μια φυσική μεταβλητή. Η απόδειξη της αλήθειας της πρότασης A(n) για όλες τις τιμές μιας μεταβλητής μπορεί συχνά να πραγματοποιηθεί με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, η οποία βασίζεται στην ακόλουθη αρχή.

Η πρόταση A(n) θεωρείται αληθής για όλες τις φυσικές τιμές της μεταβλητής εάν πληρούνται οι ακόλουθες δύο προϋποθέσεις:

Η πρόταση A(n) ισχύει για n=1.

Από την υπόθεση ότι το A(n) είναι αληθές για n=k (όπου k είναι οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός), προκύπτει ότι ισχύει για την επόμενη τιμή n=k+1.

Αυτή η αρχή ονομάζεται αρχή της μαθηματικής επαγωγής. Συνήθως επιλέγεται ως ένα από τα αξιώματα που ορίζουν τις φυσικές σειρές των αριθμών, και ως εκ τούτου γίνεται αποδεκτό χωρίς απόδειξη.

Ως μέθοδος μαθηματικής επαγωγής νοείται η ακόλουθη μέθοδος απόδειξης. Εάν θέλετε να αποδείξετε την αλήθεια μιας πρότασης A(n) για όλα τα φυσικά n, τότε, πρώτον, θα πρέπει να ελέγξετε την αλήθεια της πρότασης A(1) και, δεύτερον, υποθέτοντας την αλήθεια της πρότασης A(k), προσπαθήστε να αποδείξετε ότι η πρόταση A(k +1) είναι αληθής. Εάν αυτό μπορεί να αποδειχθεί και η απόδειξη παραμένει έγκυρη για κάθε φυσική τιμή του k, τότε, σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση A(n) αναγνωρίζεται ως αληθής για όλες τις τιμές του n.

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής χρησιμοποιείται ευρέως στην απόδειξη θεωρημάτων, ταυτοτήτων, ανισώσεων, στην επίλυση προβλημάτων διαιρετότητας, στην επίλυση ορισμένων γεωμετρικών και πολλών άλλων προβλημάτων.

Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής στην επίλυση προβλημάτων σχετικά

διαιρετό

Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, μπορείτε να αποδείξετε διάφορες προτάσεις σχετικά με τη διαιρετότητα των φυσικών αριθμών.

Η ακόλουθη δήλωση μπορεί να αποδειχθεί σχετικά απλά. Ας δείξουμε πώς προκύπτει χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Παράδειγμα 1. Αν το n είναι φυσικός αριθμός, τότε ο αριθμός είναι άρτιος.

Όταν n=1 είναι αληθής η πρόταση μας: - ένας ζυγός αριθμός. Ας υποθέσουμε ότι είναι ζυγός αριθμός. Αφού το 2k είναι ζυγός αριθμός, λοιπόν ακόμη και. Άρα, η ισοτιμία αποδεικνύεται για n=1, η ισοτιμία συνάγεται από την ισοτιμία .Αυτό σημαίνει ότι είναι άρτιο για όλες τις φυσικές τιμές του ν.

Παράδειγμα 2.Να αποδείξετε την αλήθεια της πρότασης

A(n)=(ο αριθμός 5 είναι πολλαπλάσιο του 19), το n είναι φυσικός αριθμός.

Διάλυμα.

Η πρόταση Α(1)=(αριθμός διαιρούμενος με το 19) είναι αληθής.

Ας υποθέσουμε ότι για κάποια τιμή n=k

A(k)=(αριθμός διαιρούμενος με το 19) είναι αληθής. Τότε, από τότε

Προφανώς ισχύει και το A(k+1). Πράγματι, ο πρώτος όρος διαιρείται με το 19 λόγω της υπόθεσης ότι το A(k) είναι αληθές. ο δεύτερος όρος διαιρείται επίσης με το 19 επειδή περιέχει συντελεστή 19. Και οι δύο προϋποθέσεις της αρχής της μαθηματικής επαγωγής ικανοποιούνται, επομένως, η πρόταση A(n) ισχύει για όλες τις τιμές του n.

Εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής σε

αθροιστική σειρά

Παράδειγμα 1.Αποδείξτε τον τύπο

, n είναι φυσικός αριθμός.

Διάλυμα.

Όταν n=1, και οι δύο πλευρές της ισότητας στρέφονται σε μία και, επομένως, ικανοποιείται η πρώτη προϋπόθεση της αρχής της μαθηματικής επαγωγής.

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

Ας προσθέσουμε και στις δύο πλευρές αυτής της ισότητας και ας μεταμορφωθούμε δεξιά πλευρά. Μετά παίρνουμε

Έτσι, από το γεγονός ότι ο τύπος είναι αληθής για n=k, προκύπτει ότι ισχύει και για n=k+1. Αυτή η δήλωση ισχύει για οποιαδήποτε φυσική τιμή του k. Άρα, ικανοποιείται και η δεύτερη προϋπόθεση της αρχής της μαθηματικής επαγωγής. Η φόρμουλα είναι αποδεδειγμένη.

Παράδειγμα 2.Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των πρώτων n αριθμών της φυσικής σειράς είναι ίσο με .

Διάλυμα.

Ας υποδηλώσουμε το απαιτούμενο ποσό, δηλ. .

Όταν n=1 η υπόθεση είναι αληθής.

Αφήνω . Ας το δείξουμε .

Οντως,

Το πρόβλημα έχει λυθεί.

Παράδειγμα 3.Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των τετραγώνων των πρώτων n αριθμών της φυσικής σειράς είναι ίσο με .

Διάλυμα.

Αφήστε .

Ας υποθέσουμε ότι . Τότε

Και τέλος.

Παράδειγμα 4.Αποδείξτε το.

Διάλυμα.

Αν, τότε

Παράδειγμα 5.Αποδείξτε το

Διάλυμα.

Όταν n=1 η υπόθεση είναι προφανώς αληθής.

Αφήστε .

Ας το αποδείξουμε.

Πραγματικά,

Παραδείγματα εφαρμογής της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής σε

απόδειξη ανισοτήτων

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

Διάλυμα.

Ας υποδηλώσουμε την αριστερή πλευρά της ανισότητας με .

Επομένως, για n=2 η ανισότητα είναι αληθής.

Ας για λίγο κ. Ας το αποδείξουμε τότε και . έχουμε , .

Συγκρίνοντας και , έχουμε , δηλ. .

Για κάθε θετικό ακέραιο k, η δεξιά πλευρά της τελευταίας ισότητας είναι θετική. Γι' αυτό . Αλλά αυτό σημαίνει επίσης.

Παράδειγμα 2.Βρείτε το λάθος στο σκεπτικό.

Δήλωση. Για κάθε φυσικό αριθμό n η ανίσωση είναι αληθής.

Απόδειξη.

. (1)

Ας αποδείξουμε ότι τότε η ανισότητα ισχύει και για n=k+1, δηλ.

Πράγματι, όχι λιγότερο από 2 για οποιοδήποτε φυσικό k. Ας προσθέσουμε στην αριστερή πλευρά της ανισότητας (1) και στη δεξιά πλευρά 2. Παίρνουμε μια δίκαιη ανισότητα, ή . Η δήλωση έχει αποδειχθεί.

Παράδειγμα 3.Αποδείξτε το , όπου >-1, , n είναι φυσικός αριθμός μεγαλύτερος από 1.

Διάλυμα.

Για n=2 η ανίσωση είναι αληθής, αφού .

Έστω η ανίσωση αληθής για n=k, όπου k είναι κάποιος φυσικός αριθμός, δηλ.

. (1)

Ας δείξουμε ότι τότε η ανισότητα ισχύει και για n=k+1, δηλ.

. (2)

Πράγματι, κατά συνθήκη, άρα η ανισότητα είναι αληθής

, (3)

που προκύπτει από την ανισότητα (1) πολλαπλασιάζοντας κάθε μέρος επί . Ας ξαναγράψουμε την ανισότητα (3) ως εξής: . Απορρίπτοντας τον θετικό όρο στη δεξιά πλευρά της τελευταίας ανισότητας, λαμβάνουμε δίκαιη ανισότητα (2).

Παράδειγμα 4.Αποδείξτε το

(1)

όπου , , n είναι φυσικός αριθμός μεγαλύτερος από 1.

Διάλυμα.

Για n=2 η ανισότητα (1) παίρνει τη μορφή

. (2)

Αφού , τότε η ανισότητα είναι αληθινή

. (3)

Προσθέτοντας σε κάθε μέρος της ανισότητας (3) παίρνουμε την ανισότητα (2).

Αυτό αποδεικνύει ότι για n=2 ισχύει η ανισότητα (1).

Έστω αληθής η ανισότητα (1) για n=k, όπου k είναι κάποιος φυσικός αριθμός, δηλ.

. (4)

Ας αποδείξουμε ότι τότε η ανισότητα (1) πρέπει να ισχύει και για n=k+1, δηλ.

(5)

Ας πολλαπλασιάσουμε και τις δύο πλευρές της ανίσωσης (4) με a+b. Εφόσον, κατά συνθήκη, λαμβάνουμε την ακόλουθη δίκαιη ανισότητα:

. (6)

Για να αποδειχθεί η εγκυρότητα της ανισότητας (5), αρκεί να δείξουμε ότι

, (7)

ή, τι είναι το ίδιο,

. (8)

Η ανισότητα (8) είναι ισοδύναμη με την ανισότητα

. (9)

Αν , τότε , και στην αριστερή πλευρά της ανίσωσης (9) έχουμε το γινόμενο δύο θετικών αριθμών. Αν , τότε , και στην αριστερή πλευρά της ανίσωσης (9) έχουμε το γινόμενο δύο αρνητικών αριθμών. Και στις δύο περιπτώσεις, η ανισότητα (9) είναι αληθής.

Αυτό αποδεικνύει ότι η εγκυρότητα της ανισότητας (1) για n=k συνεπάγεται την εγκυρότητά της για n=k+1.

Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής που εφαρμόζεται σε άλλους

καθήκοντα

Η πιο φυσική εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής στη γεωμετρία, κοντά στη χρήση αυτής της μεθόδου στη θεωρία αριθμών και στην άλγεβρα, είναι η εφαρμογή της στην επίλυση γεωμετρικών προβλημάτων υπολογισμού. Ας δούμε μερικά παραδείγματα.

Παράδειγμα 1.Υπολογίστε την πλευρά ενός κανονικού τετραγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας R.

Διάλυμα.

Όταν n=2 είναι σωστό 2 n - ένα τετράγωνο είναι ένα τετράγωνο. την πλευρά του. Περαιτέρω, σύμφωνα με τον τύπο διπλασιασμού

διαπιστώνουμε ότι η πλευρά ενός κανονικού οκτάγωνου , πλευρά κανονικού εξαγώνου , πλευρά κανονικού τριάντα δύο τριγώνου . Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι η πλευρά του ορθού εγγεγραμμένου 2 n - τετράγωνο για οποιοδήποτε ίσο

. (1)

Ας υποθέσουμε ότι η πλευρά ενός κανονικού εγγεγραμμένου τετραγώνου εκφράζεται με τον τύπο (1). Στην περίπτωση αυτή, σύμφωνα με τον τύπο του διπλασιασμού

από όπου προκύπτει ότι ο τύπος (1) ισχύει για όλα τα n.

Παράδειγμα 2.Σε πόσα τρίγωνα μπορεί να διαιρεθεί ένα n-γώνιο (όχι απαραίτητα κυρτό) με τις ασύνδετες διαγώνιές του;

Διάλυμα.

Για ένα τρίγωνο, αυτός ο αριθμός είναι ίσος με ένα (δεν μπορεί να σχεδιαστεί ούτε μία διαγώνιος σε ένα τρίγωνο). για ένα τετράπλευρο ο αριθμός αυτός είναι προφανώς δύο.

Ας υποθέσουμε ότι γνωρίζουμε ήδη ότι κάθε k-gon, όπου k 1 A 2 ...A n σε τρίγωνα.

A n

Α 1 Α 2

Έστω A 1 A k μία από τις διαγώνιους αυτού του διαμερίσματος. διαιρεί το n-gon A 1 A 2 ...A n στο k-gon A 1 A 2 ...A k και το (n-k+2)-gon A 1 A k A k+1 .. .Α ν . Λόγω της υπόθεσης που έγινε, ο συνολικός αριθμός των τριγώνων στο διαμέρισμα θα είναι ίσος με

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

Έτσι, η δήλωσή μας αποδεικνύεται για όλα τα ν.

Παράδειγμα 3.Να αναφέρετε τον κανόνα για τον υπολογισμό του αριθμού P(n) των τρόπων με τους οποίους ένα κυρτό n-γώνιο μπορεί να χωριστεί σε τρίγωνα με ασύνδετες διαγώνιους.

Διάλυμα.

Για ένα τρίγωνο, ο αριθμός αυτός είναι προφανώς ίσος με ένα: P(3)=1.

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ήδη καθορίσει τους αριθμούς P(k) για όλα τα k 1 A 2 ...A n . Όποτε χωρίζεται σε τρίγωνα, η πλευρά Α 1 Α 2 θα είναι μια πλευρά ενός από τα τρίγωνα διαμερίσματος, η τρίτη κορυφή αυτού του τριγώνου μπορεί να συμπίπτει με καθένα από τα σημεία Α 3, A 4, …, A n . Ο αριθμός των τρόπων για την κατάτμηση ενός n-γώνου στους οποίους αυτή η κορυφή συμπίπτει με το σημείο Α 3 , ισούται με τον αριθμό των τρόπων διαίρεσης του (n-1)-γωνίου Α σε τρίγωνα 1 A 3 A 4 …A n , δηλ. ισούται με P(n-1). Ο αριθμός των μεθόδων κατάτμησης στις οποίες αυτή η κορυφή συμπίπτει με το A 4 , ισούται με τον αριθμό των τρόπων για την κατάτμηση του (n-2)-gon A 1 A 4 A 5 …A n , δηλ. ισούται με P(n-2)=P(n-2)P(3); αριθμός μεθόδων κατάτμησης στις οποίες συμπίπτει με το A 5 , ισούται με P(n-3)P(4), αφού κάθε ένα από τα διαμερίσματα του (n-3)-gon A 1 A 5 ...A n μπορεί να συνδυαστεί με καθένα από τα χωρίσματα του τετράπλευρου Α 2 Α 3 Α 4 Α 5 κ.λπ. Έτσι, καταλήγουμε στην ακόλουθη σχέση:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1).

Χρησιμοποιώντας αυτόν τον τύπο παίρνουμε με συνέπεια:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

και τα λοιπά.

Μπορείτε επίσης να λύσετε προβλήματα με γραφήματα χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Ας υπάρχει ένα δίκτυο γραμμών στο επίπεδο που συνδέουν ορισμένα σημεία και δεν έχουν άλλα σημεία. Θα ονομάσουμε ένα τέτοιο δίκτυο γραμμών χάρτη, δίνοντας σημεία ως κορυφές του, τμήματα καμπυλών μεταξύ δύο γειτονικών κορυφών - τα όρια του χάρτη, μέρη του επιπέδου στα οποία χωρίζεται με σύνορα - οι χώρες του χάρτη.

Ας δοθεί κάποιος χάρτης στο αεροπλάνο. Θα πούμε ότι είναι σωστά χρωματισμένο αν η κάθε χώρα της είναι βαμμένη με ένα συγκεκριμένο χρώμα, και οποιεσδήποτε δύο χώρες έχουν ένα κοινό περίγραμμα είναι βαμμένες με διαφορετικά χρώματα.

Παράδειγμα 4.Υπάρχουν n κύκλοι στο αεροπλάνο. Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε διάταξη αυτών των κύκλων, ο χάρτης που σχηματίζουν μπορεί να χρωματιστεί σωστά με δύο χρώματα.

Διάλυμα.

Για n=1 η δήλωσή μας είναι προφανής.

Ας υποθέσουμε ότι η δήλωσή μας ισχύει για κάθε χάρτη που σχηματίζεται από n κύκλους και ας υπάρχουν n+1 κύκλοι στο επίπεδο. Αφαιρώντας έναν από αυτούς τους κύκλους, παίρνουμε έναν χάρτη που, βάσει της υπόθεσης που έγινε, μπορεί να χρωματιστεί σωστά με δύο χρώματα, για παράδειγμα, μαύρο και άσπρο.

Εάν η πρόταση A(n), ανάλογα με φυσικός αριθμόςΤο n είναι αληθές για n=1 και από το γεγονός ότι είναι αληθές για n=k (όπου k είναι οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός), προκύπτει ότι ισχύει για τον επόμενο αριθμό n=k+1, τότε η υπόθεση A(n) ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

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

Η απόδειξη με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής πραγματοποιείται ως εξής. Αρχικά, η πρόταση προς απόδειξη ελέγχεται για n=1, δηλ. διαπιστώνεται η αλήθεια της πρότασης Α(1). Αυτό το μέρος της απόδειξης ονομάζεται επαγωγική βάση. Στη συνέχεια έρχεται το μέρος της απόδειξης που ονομάζεται βήμα επαγωγής. Σε αυτό το μέρος αποδεικνύουν την εγκυρότητα της δήλωσης για n=k+1 υπό την παραδοχή της εγκυρότητας της δήλωσης για n=k (επαγωγική υπόθεση), δηλ. να αποδείξετε ότι A(k) 1 A(k+1)

Αποδείξτε ότι 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

1) Έχουμε n=1=1 2 . Επομένως, η πρόταση είναι αληθής για n=1, δηλ. Α(1) αληθές
2) Ας αποδείξουμε ότι A(k) ≥ A(k+1)

Έστω k οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός και ας είναι αληθής η πρόταση για n=k, δηλ.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Ας αποδείξουμε ότι τότε η πρόταση ισχύει και για τον επόμενο φυσικό αριθμό n=k+1, δηλ. Τι

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

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

Αποδείξτε το

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), όπου x Αρ. 1

1) Για n=1 παίρνουμε
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

Επομένως, για n=1 ο τύπος είναι σωστός. Α(1) αληθές

2) Έστω k οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός και ας είναι αληθής ο τύπος για n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Ας αποδείξουμε ότι τότε η ισότητα

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

Άρα, A(k) 1 A(k+1). Με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, συμπεραίνουμε ότι ο τύπος ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός των διαγωνίων ενός κυρτού n-γώνου είναι n(n-3)/2

Λύση: 1) Για n=3 η πρόταση είναι σωστή, γιατί στο τρίγωνο

A 3 =3(3-3)/2=0 διαγώνιοι; Α 2 Α(3) αληθές

2) Έστω ότι σε οποιοδήποτε κυρτό k-γώνιο υπάρχουν διαγώνιοι A 1 x A k =k(k-3)/2. A k Ας αποδείξουμε ότι τότε σε ένα κυρτό A k+1 (k+1)-gon ο αριθμός των διαγωνίων A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Έστω A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 ένα κυρτό (k+1)-γώνιο. Ας σχεδιάσουμε μια διαγώνιο A 1 A k σε αυτήν. Για να υπολογίσετε τον συνολικό αριθμό των διαγωνίων αυτού του (k+1)-γώνου, πρέπει να μετρήσετε τον αριθμό των διαγωνίων στο k-gon A 1 A 2 ...A k , προσθέστε k-2 στον αριθμό που προκύπτει, δηλ. θα πρέπει να ληφθεί υπόψη ο αριθμός των διαγωνίων του (k+1)-γώνου που προέρχονται από την κορυφή A k+1 και, επιπλέον, η διαγώνιος A 1 A k

Ετσι,

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

Άρα, A(k) 1 A(k+1). Λόγω της αρχής της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε κυρτό n-gon.

Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε n ισχύει η παρακάτω πρόταση:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

Χ 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Ας υποθέσουμε ότι n=k

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

3) Θεωρήστε αυτήν την πρόταση για n=k+1

Χ k+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

Έχουμε αποδείξει ότι η ισότητα είναι αληθής για n=k+1, επομένως, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n

Να αποδείξετε ότι για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n ισχύει η ακόλουθη ισότητα:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Λύση: 1) Έστω n=1

Τότε X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Βλέπουμε ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Έστω ότι η ισότητα ισχύει για n=k

X k =k 2 (k+1) 2 /4

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

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

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

Αποδείξτε το

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ ... ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1) )= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), όπου n>2

Λύση: 1) Για n=2 η ταυτότητα μοιάζει με:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), δηλ. είναι αλήθεια
2) Ας υποθέσουμε ότι η έκφραση είναι αληθής για n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) Ας αποδείξουμε την εγκυρότητα της παράστασης για n=k+1
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Έχουμε αποδείξει ότι η ισότητα είναι αληθής για n=k+1, επομένως, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε n>2

Αποδείξτε το

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n

Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Ας υποθέσουμε ότι n=k, λοιπόν
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Ας αποδείξουμε την αλήθεια αυτής της πρότασης για 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)

Η εγκυρότητα της ισότητας για n=k+1 έχει επίσης αποδειχθεί, επομένως η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

Αποδείξτε ότι η ταυτότητα είναι σωστή

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) για κάθε φυσικό ν

1) Για n=1 η ταυτότητα είναι αληθής 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Έστω ότι για n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Ας αποδείξουμε ότι η ταυτότητα είναι αληθής για n=k+1
(1 2 /1 ґ 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)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Από την παραπάνω απόδειξη είναι σαφές ότι η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

Αποδείξτε ότι (11 n+2 +12 2n+1) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο

Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

Αλλά το (23 ґ 133) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο, που σημαίνει ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής. Το Α(1) είναι αληθές.

2) Έστω ότι (11 k+2 +12 2k+1) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο
3) Ας αποδείξουμε ότι στην περίπτωση αυτή (11 k+3 +12 2k+3) διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο. Πράγματι
11 k+3 +12 2l+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Το άθροισμα που προκύπτει διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο, αφού ο πρώτος όρος του διαιρείται με το 133 χωρίς υπόλοιπο με υπόθεση, και στον δεύτερο ένας από τους παράγοντες είναι 133. Άρα, A(k) 1 A(k+1). Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται

Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε n 7 το n -1 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο

1) Έστω n=1, τότε το X 1 =7 1 -1=6 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο. Αυτό σημαίνει ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής
2) Έστω ότι όταν n=k 7 k -1 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο
3) Ας αποδείξουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για n=k+1

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

Ο πρώτος όρος διαιρείται με το 6, αφού το 7 k -1 διαιρείται με το 6 με την υπόθεση, και ο δεύτερος όρος είναι 6. Αυτό σημαίνει ότι το 7 n -1 είναι πολλαπλάσιο του 6 για οποιοδήποτε φυσικό n. Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται.

Να αποδείξετε ότι το 3 3n-1 +2 4n-3 για έναν αυθαίρετο φυσικό αριθμό n διαιρείται με το 11.

1) Έστω n=1, λοιπόν

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο.

Αυτό σημαίνει ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής

2) Έστω ότι όταν n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο
3) Ας αποδείξουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για n=k+1

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 ґ 3 3k-1 +

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

Ο πρώτος όρος διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο, αφού 3 3k-1 +2 4k-3 διαιρείται με το 11 με την υπόθεση, ο δεύτερος διαιρείται με το 11, επειδή ένας από τους παράγοντες του είναι ο αριθμός 11. Αυτό σημαίνει ότι το άθροισμα διαιρείται με το 11 χωρίς υπόλοιπο για οποιοδήποτε φυσικό αριθμό n. Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται.

Αποδείξτε ότι το 11 2n -1 για έναν αυθαίρετο φυσικό αριθμό n διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο

1) Έστω n=1, τότε το 11 2 -1=120 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο. Αυτό σημαίνει ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής
2) Ας υποθέσουμε ότι όταν n=k 1 2k -1 διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Και οι δύο όροι διαιρούνται με το 6 χωρίς υπόλοιπο: ο πρώτος περιέχει πολλαπλάσιο του 6, 120 και ο δεύτερος διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο με υπόθεση. Αυτό σημαίνει ότι το άθροισμα διαιρείται με το 6 χωρίς υπόλοιπο. Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται.

Αποδείξτε ότι 3 3n+3 -26n-27 για έναν αυθαίρετο φυσικό αριθμό n διαιρείται με το 26 2 (676) χωρίς υπόλοιπο

Ας αποδείξουμε πρώτα ότι το 3 3n+3 -1 διαιρείται με το 26 χωρίς υπόλοιπο

1. Όταν n=0
3 3 -1=26 διαιρείται με το 26
2. Έστω ότι για n=k
3 3k+3 -1 διαιρείται με το 26
3. Ας αποδείξουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -διαιρούμενο με 26

Τώρα ας αποδείξουμε τη δήλωση που διατυπώθηκε στη δήλωση προβλήματος

1) Προφανώς, για n=1 η πρόταση είναι αληθής
3 3+3 -26-27=676
2) Ας υποθέσουμε ότι για n=k η παράσταση 3 3k+3 -26k-27 διαιρείται με το 26 2 χωρίς υπόλοιπο
3) Ας αποδείξουμε ότι η πρόταση είναι αληθής για n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Και οι δύο όροι διαιρούνται με το 26 2. το πρώτο διαιρείται με το 26 2 γιατί έχουμε αποδείξει τη διαιρετότητα της έκφρασης σε παρένθεση με το 26 και το δεύτερο διαιρείται με την υπόθεση της επαγωγής. Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η δήλωση αποδεικνύεται

Αποδείξτε ότι αν n>2 και x>0, τότε η ανίσωση (1+x) n >1+n ґ x είναι αληθής

1) Για n=2 ισχύει η ανισότητα, αφού
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Άρα το Α(2) ισχύει

2) Ας αποδείξουμε ότι A(k) ≈ A(k+1), αν k> 2. Ας υποθέσουμε ότι το A(k) είναι αληθές, δηλ. ότι η ανίσωση
(1+x) k >1+k ґ x. (3)

Ας αποδείξουμε ότι τότε ισχύει και το A(k+1), δηλ. ότι η ανισότητα

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Στην πραγματικότητα, πολλαπλασιάζοντας και τις δύο πλευρές της ανίσωσης (3) με τον θετικό αριθμό 1+x, παίρνουμε

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Εξετάστε τη δεξιά πλευρά της τελευταίας ανισότητας. έχουμε

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

Ως αποτέλεσμα, παίρνουμε ότι (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Άρα, A(k) 1 A(k+1). Με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, μπορεί να υποστηριχθεί ότι η ανισότητα του Bernoulli ισχύει για οποιοδήποτε n> 2

Να αποδείξετε ότι η ανίσωση (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 για a> 0 είναι αληθής

Λύση: 1) Όταν m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 και οι δύο πλευρές είναι ίσες
2) Έστω ότι για m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Ας αποδείξουμε ότι για m=k+1 η ανίσωση είναι αληθής
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Έχουμε αποδείξει ότι η ανισότητα είναι αληθής για m=k+1, επομένως, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό m

Αποδείξτε ότι για n>6 η ανισότητα 3 n >n ґ 2 n+1 είναι αληθής

Ας ξαναγράψουμε την ανισότητα με τη μορφή (3/2) n >2n

1. Για n=7 έχουμε 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 η ανισότητα είναι αληθής
2. Έστω ότι για n=k (3/2) k >2k
3) Ας αποδείξουμε την ανισότητα για n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Εφόσον k>7, η τελευταία ανισότητα είναι προφανής.

Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n

Να αποδείξετε ότι για n>2 η ανίσωση είναι αληθής

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Για n=3 η ανισότητα είναι αληθής
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Έστω ότι για n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Ας αποδείξουμε την εγκυρότητα της ανίσωσης για n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Ας αποδείξουμε ότι 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Το τελευταίο είναι προφανές, και επομένως

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

Δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η ανισότητα αποδεικνύεται.

Εισαγωγή

Κύριο μέρος

1. Πλήρης και ημιτελής επαγωγή

2. Αρχή της μαθηματικής επαγωγής

3. Μέθοδος μαθηματικής επαγωγής

4. Επίλυση παραδειγμάτων

5. Ισότητες

6. Διαίρεση αριθμών

7. Ανισότητες

Σύναψη

Κατάλογος χρησιμοποιημένης βιβλιογραφίας

Εισαγωγή

Η βάση κάθε μαθηματικής έρευνας είναι οι επαγωγικές και οι επαγωγικές μέθοδοι. Η απαγωγική μέθοδος συλλογισμού είναι ο συλλογισμός από το γενικό στο ειδικό, δηλ. συλλογιστική, η αφετηρία της οποίας είναι το γενικό αποτέλεσμα και το τελικό σημείο είναι το συγκεκριμένο αποτέλεσμα. Η επαγωγή χρησιμοποιείται κατά τη μετάβαση από συγκεκριμένα αποτελέσματα σε γενικά, δηλ. είναι το αντίθετο της απαγωγικής μεθόδου.

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

Αν και το πεδίο εφαρμογής της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής έχει αυξηθεί, λίγος χρόνος αφιερώνεται σε αυτήν στο σχολικό πρόγραμμα σπουδών. Λοιπόν, πείτε μου ότι αυτά τα δύο ή τρία μαθήματα θα είναι χρήσιμα σε ένα άτομο, κατά τη διάρκεια των οποίων θα ακούσει πέντε λέξεις θεωρίας, θα λύσει πέντε πρωτόγονα προβλήματα και, ως αποτέλεσμα, θα λάβει ένα Α για το γεγονός ότι δεν γνωρίζει τίποτα.

Αλλά είναι τόσο σημαντικό να μπορούμε να σκεφτόμαστε επαγωγικά.

Κύριο μέρος

Στην αρχική της έννοια, η λέξη «επαγωγή» εφαρμόζεται στη συλλογιστική μέσω της οποίας προκύπτουν γενικά συμπεράσματα με βάση έναν αριθμό συγκεκριμένων δηλώσεων. Η απλούστερη μέθοδος συλλογισμού αυτού του είδους είναι η πλήρης επαγωγή. Εδώ είναι ένα παράδειγμα τέτοιου συλλογισμού.

Ας είναι απαραίτητο να διαπιστωθεί ότι κάθε άρτιος φυσικός αριθμός n εντός του 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.

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

Έτσι, η πλήρης επαγωγή συνίσταται στην απόδειξη της γενικής δήλωσης χωριστά σε καθεμία από έναν πεπερασμένο αριθμό πιθανών περιπτώσεων.

Μερικές φορές το γενικό αποτέλεσμα μπορεί να προβλεφθεί αφού ληφθούν υπόψη όχι όλες, αλλά ένας αρκετά μεγάλος αριθμός συγκεκριμένων περιπτώσεων (η λεγόμενη ημιτελής επαγωγή).

Το αποτέλεσμα που προκύπτει από την ημιτελή επαγωγή παραμένει, ωστόσο, μόνο μια υπόθεση μέχρι να αποδειχθεί με ακριβή μαθηματικό συλλογισμό, καλύπτοντας όλες τις ειδικές περιπτώσεις. Με άλλα λόγια, η ατελής επαγωγή στα μαθηματικά δεν θεωρείται θεμιτή μέθοδος αυστηρής απόδειξης, αλλά είναι μια ισχυρή μέθοδος για την ανακάλυψη νέων αληθειών.

Έστω, για παράδειγμα, που θέλετε να βρείτε το άθροισμα των πρώτων n διαδοχικών περιττών αριθμών. Ας εξετάσουμε ειδικές περιπτώσεις:

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

Αφού εξεταστούν αυτές οι λίγες ειδικές περιπτώσεις, προκύπτει το ακόλουθο γενικό συμπέρασμα:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

εκείνοι. το άθροισμα των πρώτων n διαδοχικών περιττών αριθμών είναι n 2

Φυσικά, η παρατήρηση που έγινε δεν μπορεί ακόμη να χρησιμεύσει ως απόδειξη της εγκυρότητας του δεδομένου τύπου.

Η πλήρης επαγωγή έχει περιορισμένες μόνο εφαρμογές στα μαθηματικά. Πολλές ενδιαφέρουσες μαθηματικές προτάσεις καλύπτουν έναν άπειρο αριθμό ειδικών περιπτώσεων, αλλά δεν είμαστε σε θέση να τις δοκιμάσουμε για άπειρο αριθμό περιπτώσεων. Η ατελής επαγωγή συχνά οδηγεί σε λανθασμένα αποτελέσματα.

Σε πολλές περιπτώσεις, η διέξοδος από αυτό το είδος δυσκολίας είναι να καταφύγουμε σε μια ειδική μέθοδο συλλογισμού, που ονομάζεται μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής. Είναι ως εξής.

Ας υποθέσουμε ότι πρέπει να αποδείξετε την εγκυρότητα μιας συγκεκριμένης πρότασης για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό n (για παράδειγμα, πρέπει να αποδείξετε ότι το άθροισμα των πρώτων n περιττών αριθμών είναι ίσο με n 2). Η άμεση επαλήθευση αυτής της δήλωσης για κάθε τιμή του n είναι αδύνατη, αφού το σύνολο των φυσικών αριθμών είναι άπειρο. Για να αποδείξετε αυτή τη δήλωση, ελέγξτε πρώτα την εγκυρότητά της για n=1. Στη συνέχεια αποδεικνύουν ότι για οποιαδήποτε φυσική τιμή του k, η εγκυρότητα της υπό εξέταση πρότασης για n=k συνεπάγεται την εγκυρότητά της για n=k+1.

Τότε η δήλωση θεωρείται αποδεδειγμένη για όλα τα ν. Στην πραγματικότητα, η πρόταση ισχύει για n=1. Αλλά τότε ισχύει και για τον επόμενο αριθμό n=1+1=2. Η εγκυρότητα της δήλωσης για n=2 συνεπάγεται την εγκυρότητά της για n=2+

1=3. Αυτό συνεπάγεται την εγκυρότητα της δήλωσης για n=4, κ.λπ. Είναι σαφές ότι, στο τέλος, θα φτάσουμε σε οποιοδήποτε φυσικό αριθμό n. Αυτό σημαίνει ότι η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε n.

Συνοψίζοντας όσα ειπώθηκαν, διατυπώνουμε την ακόλουθη γενική αρχή.

Η αρχή της μαθηματικής επαγωγής.

Εάν η πρόταση Α( n ), ανάλογα με τον φυσικό αριθμό n , αλήθεια για n =1 και από το γεγονός ότι ισχύει για n=k (Οπου κ -οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός), προκύπτει ότι ισχύει για τον επόμενο αριθμό n=k+1 , τότε η υπόθεση Α( n ) ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n .

Σε ορισμένες περιπτώσεις, μπορεί να είναι απαραίτητο να αποδειχθεί η εγκυρότητα μιας ορισμένης πρότασης όχι για όλους τους φυσικούς αριθμούς, αλλά μόνο για n>p, όπου το p είναι ένας σταθερός φυσικός αριθμός. Στην περίπτωση αυτή, η αρχή της μαθηματικής επαγωγής διατυπώνεται ως εξής. Εάν η πρόταση Α( n ) ισχύει για n=p και αν Α( κ ) Þ ΕΝΑ( k+1) για κανέναν k>p, μετά πρόταση Α( ιδ) αλήθεια για κανέναν n>σελ.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1

Αποδείξτε ότι 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Λύση: 1) Έχουμε n=1=1 2 . Οθεν,

η πρόταση είναι αληθής για n=1, δηλ. Το Α(1) είναι αληθές.

2) Ας αποδείξουμε ότι A(k)ÞA(k+1).

Έστω k οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός και ας είναι αληθής η πρόταση για n=k, δηλ.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Ας αποδείξουμε ότι τότε η πρόταση ισχύει και για τον επόμενο φυσικό αριθμό n=k+1, δηλ. Τι

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Οντως,

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

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

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2

Αποδείξτε το

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

Λύση: 1) Για n=1 παίρνουμε

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

Επομένως, για n=1 ο τύπος είναι σωστός. Το Α(1) είναι αληθές.

2) Έστω k οποιοσδήποτε φυσικός αριθμός και ας είναι αληθής ο τύπος για n=k, δηλ.

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

Ας αποδείξουμε ότι τότε η ισότητα

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

Πράγματι

1+x+x 2 +x 3 +…+x 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).

Άρα, A(k)ÞA(k+1). Με βάση την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, συμπεραίνουμε ότι ο τύπος ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός των διαγωνίων ενός κυρτού n-γώνου είναι ίσος με n(n-3)/2.

Λύση: 1) Για n=3 η πρόταση είναι αληθής

Και το 3 έχει νόημα, γιατί σε τρίγωνο

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

Α 2 Α(3) είναι αληθές.

2) Ας υποθέσουμε ότι σε κάθε

ένα κυρτό k-gon έχει-

A 1 x A k =k(k-3)/2 διαγώνιοι.

Και κ Ας αποδείξουμε ότι τότε στην κυρτή

(k+1)-αριθμός γονιδίου

διαγώνιοι A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Έστω A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 ένα κυρτό (k+1)-γώνιο. Ας σχεδιάσουμε μια διαγώνιο A 1 A k σε αυτήν. Για να υπολογίσετε τον συνολικό αριθμό των διαγωνίων αυτού του (k+1)-γώνου, πρέπει να μετρήσετε τον αριθμό των διαγωνίων στο k-gon A 1 A 2 ...A k , προσθέστε k-2 στον αριθμό που προκύπτει, δηλ. θα πρέπει να ληφθεί υπόψη ο αριθμός των διαγωνίων του (k+1)-γώνου που προέρχεται από την κορυφή A k+1 και, επιπλέον, η διαγώνιος A 1 A k.

Ετσι,

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

Άρα, A(k)ÞA(k+1). Λόγω της αρχής της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε κυρτό n-gon.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 4

Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε n ισχύει η παρακάτω πρόταση:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Λύση: 1) Έστω n=1, λοιπόν

Χ 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

Αυτό σημαίνει ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Ας υποθέσουμε ότι n=k

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

3) Θεωρήστε αυτήν την πρόταση για n=k+1

Χ k+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.

Αποδείξαμε ότι η ισότητα είναι αληθής για n=k+1, επομένως, δυνάμει της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής, η πρόταση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό n.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 5

Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό n η ισότητα είναι αληθής:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Λύση: 1) Έστω n=1.

Τότε X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Βλέπουμε ότι για n=1 η πρόταση είναι αληθής.

2) Έστω ότι η ισότητα ισχύει για n=k

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

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

Απόδειξη. Ας υποδηλώσουμε με Μτο σύνολο εκείνων και μόνο εκείνων των φυσικών αριθμών για τους οποίους η πρόταση ΕΝΑ(ιδ)αληθής. Τότε από τις συνθήκες του θεωρήματος έχουμε: 1) 1 Μ; 2) κ ΜκΜ. Από εδώ, με βάση το αξίωμα 4, συμπεραίνουμε ότι Μ =Ν, δηλ. δήλωση ΕΝΑ(ιδ)ισχύει για κάθε φυσικό n.

Η αποδεικτική μέθοδος που βασίζεται σε αυτό το θεώρημα ονομάζεται με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής,και το αξίωμα είναι το αξίωμα της επαγωγής. Αυτή η απόδειξη αποτελείται από δύο μέρη:

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

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

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

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

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

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

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

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

Ας δούμε την αριστερή πλευρά της τελευταίας ισότητας.

Με την υπόθεση, το άθροισμα του πρώτου κόρους ισούται με κκαι επομένως 1 + 3 + 5 + … + (2 κ- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2κ- 1) + (2κ+ 1)=

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

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

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

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

Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, μπορείτε να αποδείξετε την αλήθεια όχι μόνο των ισοτήτων, αλλά και των ανισοτήτων.

Εργο. Αποδείξτε ότι, όπου nN.

Διάλυμα.Ας ελέγξουμε την αλήθεια της ανισότητας στο n= 1. Έχουμε - αληθινή ανισότητα.

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

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

Αλλά , που σημαίνει .

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

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

Άλλες προτάσεις μπορούν να αποδειχθούν χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής.

Εργο. Να αποδείξετε ότι για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό η πρόταση είναι αληθής.

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

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

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

Το γινόμενο είναι πολλαπλάσιο του 7, επομένως, και .

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

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

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

Διάλυμα. 1) Ας ελέγξουμε την αλήθεια της δήλωσης όταν n= 2: - αληθής δήλωση.

Η μαθηματική επαγωγή είναι η βάση μιας από τις πιο κοινές μεθόδους μαθηματικής απόδειξης. Με τη βοήθειά του, μπορείτε να αποδείξετε τους περισσότερους τύπους με φυσικούς αριθμούς n, για παράδειγμα, τον τύπο για την εύρεση του αθροίσματος των πρώτων όρων της προόδου S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n, ο διωνυμικός τύπος του Νεύτωνα a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

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

Yandex.RTB R-A-339285-1

Έννοιες επαγωγής και επαγωγής

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

Ορισμός 1

Επαγωγήείναι μια μετάβαση από το ειδικό στο γενικό, και αφαίρεσηαντίθετα – από το γενικό στο ειδικό.

Για παράδειγμα, έχουμε μια δήλωση: Το 254 μπορεί να διαιρεθεί με δύο. Από αυτό μπορούμε να βγάλουμε πολλά συμπεράσματα, συμπεριλαμβανομένων και των αληθών και των ψευδών. Για παράδειγμα, η δήλωση ότι όλοι οι ακέραιοι αριθμοί που τελειώνουν με τον αριθμό 4 μπορούν να διαιρεθούν με δύο χωρίς υπόλοιπο είναι σωστή, αλλά η δήλωση ότι οποιοσδήποτε αριθμός τριών ψηφίων διαιρείται με το 2 είναι ψευδής.

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

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

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

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

Ποια είναι η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής;

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

Ορισμός 2

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

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

Αρχικά, ελέγχουμε την εγκυρότητα της αρχικής δήλωσης στην περίπτωση μιας αυθαίρετης φυσικής τιμής του n (συνήθως ο έλεγχος γίνεται για ενότητα).
Μετά από αυτό ελέγχουμε για εγκυρότητα όταν n = k.
Και τότε αποδεικνύουμε την εγκυρότητα της πρότασης αν n = k + 1.

Πώς να χρησιμοποιήσετε τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής για την επίλυση ανισώσεων και εξισώσεων

Ας πάρουμε το παράδειγμα για το οποίο μιλήσαμε νωρίτερα.

Παράδειγμα 1

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

Διάλυμα

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

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

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

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

Εφόσον στη δεύτερη ενέργεια λάβαμε ότι S k = k k + 1, μπορούμε να γράψουμε τα εξής:

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

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

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

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

Απάντηση:η υπόθεση για τον τύπο S n = n n + 1 είναι σωστή.

Ας πάρουμε ένα πιο σύνθετο πρόβλημα με τις τριγωνομετρικές συναρτήσεις.

Παράδειγμα 2

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

Διάλυμα

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

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

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

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

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

Σύμφωνα με τον τριγωνομετρικό τύπο,

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

Οθεν,

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

Δώσαμε ένα παράδειγμα επίλυσης ενός προβλήματος για να αποδείξουμε μια ανισότητα χρησιμοποιώντας αυτήν τη μέθοδο στο άρθρο σχετικά με τη μέθοδο των ελαχίστων τετραγώνων. Διαβάστε την παράγραφο όπου προκύπτουν τύποι για την εύρεση συντελεστών προσέγγισης.

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