Matemaatiline induktsioon on ühe enamlevinud matemaatilise tõestuse meetodi aluseks. Seda saab kasutada tõestamiseks enamus valemid naturaalarvudega n, näiteks progressiooni S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n esimeste liikmete summa leidmise valem, Newtoni binoomvalem 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 .
Esimeses lõigus analüüsime põhimõisteid, seejärel kaalume meetodi enda põhitõdesid ja seejärel ütleme teile, kuidas seda kasutada võrdsuse ja ebavõrdsuse tõestamiseks.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Induktsiooni ja deduktsiooni mõisted
Kõigepealt vaatame, mis on induktsioon ja deduktsioon üldiselt.
Definitsioon 1
Induktsioon on üleminek konkreetselt üldisele ja mahaarvamine vastupidi – üldisest konkreetsesse.
Näiteks on meil väide: 254 saab jagada kahega. Sellest saame teha palju järeldusi, sealhulgas nii tõeseid kui ka valesid. Näiteks väide, et kõik täisarvud, mis lõpevad arvuga 4, saab jagada kahega ilma jäägita, on tõene, kuid väide, et suvaline kolmekohaline arv jagub 2-ga, on väär.
Üldiselt võib öelda, et induktiivse arutluskäigu abil saab ühest teadaolevast või ilmsest arutlusest teha palju järeldusi. Matemaatiline induktsioon võimaldab meil kindlaks teha, kui õiged need järeldused on.
Oletame, et meil on arvujada kujul 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, . . . , 1 n (n + 1) , kus n tähistab mõnda naturaalarv. Sel juhul saame järjestuse esimeste elementide lisamisel järgmise:
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, . . .
Induktsiooni kasutades võime järeldada, et S n = n n + 1 . Kolmandas osas tõestame seda valemit.
Mis on matemaatilise induktsiooni meetod?
See meetod põhineb samanimelisel põhimõttel. See on sõnastatud järgmiselt:
2. definitsioon
Teatud väide on tõene loomuliku väärtuse n puhul, kui 1) see on tõene n = 1 ja 2) korral, kuna see avaldis kehtib suvalise loomuliku väärtuse n = k korral, järeldub, et see on tõene n = k + 1.
Meetodi rakendamine matemaatiline induktsioon viiakse läbi 3 etapis:
- Esiteks kontrollime algse väite kehtivust suvalise n-i loomuliku väärtuse korral (tavaliselt kontrollitakse ühtsust).
- Pärast seda kontrollime kehtivust, kui n = k.
- Ja siis tõestame väite kehtivust, kui n = k + 1.
Kuidas kasutada matemaatilise induktsiooni meetodit võrratuste ja võrrandite lahendamiseks
Võtame näite, millest me varem rääkisime.
Näide 1
Tõesta valem S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .
Lahendus
Nagu me juba teame, tuleb matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamiseks sooritada kolm järjestikust sammu.
- Esiteks kontrollime, kas see võrdus kehtib n jaoks, võrdne ühega. Saame S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Siin on kõik õige.
- Järgmiseks teeme eelduse, et valem S k = k k + 1 on õige.
- Kolmandas etapis peame eelmise võrdsuse kehtivuse põhjal tõestama, et S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2.
K + 1 saame esitada algse jada esimeste liikmete ja k + 1 summana:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)
Kuna teises toimingus saime S k = k k + 1, saame kirjutada järgmise:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .
Nüüd teostame vajalikud teisendused. Peame murdosa teisendama ühisnimetaja, mis toob kaasa sarnased terminid, rakendage lühendatud korrutamisvalemit ja vähendage juhtuvat:
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
Seega oleme tõestanud võrdsust kolmandas punktis, täites matemaatilise induktsiooni meetodi kõik kolm etappi.
Vastus: valemi S n = n n + 1 oletus on õige.
Võtame keerulisema ülesande trigonomeetriliste funktsioonidega.
Näide 2
Tõestage identsus cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .
Lahendus
Nagu mäletame, tuleks esimese sammuna kontrollida võrdsuse kehtivust, kui n on üks. Selle väljaselgitamiseks peame meeles pidama põhilisi trigonomeetrilisi valemeid.
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
Seega, kui n on võrdne ühega, on identsus tõene.
Oletame nüüd, et selle kehtivus jääb n = k korral tõeseks, s.o. on tõsi, et cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .
Tõestame võrdsuse cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α juhul, kui n = k + 1, võttes aluseks eelneva eelduse.
Trigonomeetrilise valemi järgi
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 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α
Seega
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 = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α
Näite ülesande lahendamisest ebavõrdsuse tõestamiseks selle meetodi abil tõime artiklis vähimruutude meetodist. Lugege lõiku, kus on tuletatud lähenduskoefitsientide leidmise valemid.
Kui märkate tekstis viga, tõstke see esile ja vajutage Ctrl+Enter
Peano aksioomil 4 põhinevat tõestusmeetodit kasutatakse paljude matemaatiliste omaduste ja erinevate väidete tõestamiseks. Selle aluseks on järgmine teoreem.
Teoreem. Kui avaldus A(n) loomuliku muutujaga n tõsi n= 1 ja sellest, et see kehtib n = k, järeldub, et see kehtib järgmise numbri kohta n=k, siis avaldus A(n) n.
Tõestus. Tähistagem poolt M nende ja ainult nende naturaalarvude hulk, mille kohta väide A(n) tõsi. Siis saame teoreemi tingimustest: 1) 1 M; 2) k MkM. Siit järeldame aksioomi 4 põhjal, et M =N, st. avaldus A(n) tõsi iga loomuliku kohta n.
Sellel teoreemil põhinevat tõestusmeetodit nimetatakse matemaatilise induktsiooni meetodil, ja aksioom on induktsiooni aksioom. See tõend koosneb kahest osast:
1) tõestama, et väide A(n) tõsi n= A(1);
2) eeldame, et väide A(n) tõsi n = k, ja selle eelduse põhjal tõestada, et väide A(n) tõsi n = k + 1, st. et väide vastab tõele A(k) A(k + 1).
Kui A( 1) A(k) A(k + 1) - tõene väide, siis järeldavad nad, et väide A(n) tõene mis tahes naturaalarvu kohta n.
Tõestamine matemaatilise induktsiooni meetodil võib alata mitte ainult väite õigsuse kinnitamisega n= 1, aga ka mis tahes naturaalarvust m. Sel juhul avaldus A(n) tõestatakse kõigi naturaalarvude puhul nm.
Ülesanne: Tõestame, et mis tahes naturaalarvu korral on võrdsus 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.
Lahendus. Võrdsus 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n on valem, mille abil saab leida esimeste järjestikuste paaritute naturaalarvude summa. Näiteks 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (summa sisaldab 4 terminit), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (summa sisaldab 6 terminit); kui see summa sisaldab 20 märgitud tüüpi liiget, siis on see võrdne 20 = 400 jne. Olles tõestanud selle võrdsuse tõesust, saame valemi abil leida suvalise arvu määratud tüüpi terminite summa.
1) Kontrollime selle võrdsuse tõesust n= 1. Millal n= 1 võrdsuse vasak pool koosneb ühest liikmest, mis on võrdne 1-ga, parem pool on võrdne 1= 1. Kuna 1 = 1, siis jaoks n= 1 see võrdsus on tõsi.
2) Oletame, et see võrdsus kehtib n = k, st. et 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Selle eelduse põhjal tõestame, et see vastab tõele n = k + 1, st. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).
Vaatame viimase võrdsuse vasakut poolt.
Eeldusel esimese summa k mõisted on võrdne k ja seetõttu 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=
= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Väljendus k+ 2k + 1 on identselt võrdne avaldisega ( k + 1).
Seetõttu tõde selle võrdsuse eest n = k + 1 on tõestatud.
Seega kehtib see võrdsus n= 1 ja selle tõest eest n = k peab olema tõsi n = k + 1.
See tõestab, et see võrdsus kehtib mis tahes naturaalarvu puhul.
Matemaatilise induktsiooni meetodi abil saate tõestada mitte ainult võrduste, vaid ka ebavõrdsuse tõesust.
Ülesanne. Tõesta, et kus nN.
Lahendus. Kontrollime ebavõrdsuse tõesust n= 1. Meil on – tõeline ebavõrdsus.
Oletame, et ebavõrdsus kehtib n = k, need. - tõeline ebavõrdsus. Tõestagem eeldusele tuginedes, et see kehtib ka puhul
n = k + 1, st. 
(*).
Teisendame võrratuse (*) vasaku poole, võttes arvesse, et: .
Aga 
, mis tähendab 
.
Nii et see ebavõrdsus kehtib n= 1 ja sellest, et ebavõrdsus kehtib mõne jaoks n= k, leidsime, et see kehtib ka kohta n= k + 1.
Seega tõestasime aksioomi 4 abil, et see ebavõrdsus kehtib mis tahes naturaalarvu puhul.
Teisi väiteid saab tõestada matemaatilise induktsiooni meetodil.
Ülesanne. Tõesta, et iga naturaalarvu puhul on väide tõene.
Lahendus. Kontrollime väite tõesust millal n= 1: -tõene väide.
Oletame, et see väide vastab tõele n = k: . Näidakem seda kasutades väite tõesust millal n = k + 1: 
.
Teisendame avaldise: . Leiame erinevuse k Ja k+ 1 liiget. Kui selgub, et saadud erinevus on 7-kordne ja eeldades, et alajaotus jagub 7-ga, siis on ka minuend 7-kordne:
Korrutis on seega 7-kordne ja .
Seega on see väide tõene n= 1 ja selle tõest eest n = k peab olema tõsi n = k + 1.
See tõestab, et see väide kehtib iga naturaalarvu kohta.
Ülesanne. Tõesta seda mis tahes naturaalarvu puhul n 2 väide (7-1)24 on tõene.
Lahendus. 1) Kontrollime väite tõesust millal n= 2: - tõene väide.
Sissejuhatus
Põhiosa
1. Täielik ja mittetäielik induktsioon
2. Matemaatilise induktsiooni põhimõte
3. Matemaatilise induktsiooni meetod
4. Näidete lahendamine
5. Võrdsused
6. Arvude jagamine
7. Ebavõrdsused
Järeldus
Kasutatud kirjanduse loetelu
Sissejuhatus
Iga matemaatilise uurimistöö aluseks on deduktiivsed ja induktiivsed meetodid. Deduktiivne meetod arutluskäik on arutluskäik üldisest konkreetseni, s.t. arutluskäik, mille lähtepunktiks on üldine tulemus ja lõpp-punktiks konkreetne tulemus. Induktsiooni kasutatakse konkreetsetelt tulemustelt üldiste tulemusteni liikumisel, st. on deduktiivse meetodi vastand.
Matemaatilise induktsiooni meetodit võib võrrelda progressiga. Selle tulemusena alustame alt loogiline mõtlemine jõuame kõige kõrgemale. Inimene on alati püüdlenud progressi poole, oskuse poole oma mõtteid loogiliselt arendada, mis tähendab, et loodus ise määras talle induktiivse mõtlemise.
Kuigi matemaatilise induktsiooni meetodi rakendusala on kasvanud, kooli õppekava talle antakse vähe aega. Noh, öelge mulle, et need kaks või kolm õppetundi on inimesele kasulikud, mille jooksul ta kuuleb viit teooriasõna, lahendab viis primitiivset ülesannet ja selle tulemusena saab A selle eest, et ta ei tea midagi.
Kuid on nii oluline osata mõelda induktiivselt.
Põhiosa
Sõna "induktsioon" kasutatakse selle algses tähenduses arutluskäigule, mille kaudu tehakse üldisi järeldusi mitmete konkreetsete väidete põhjal. Lihtsaim sedalaadi arutlusmeetod on täielik induktsioon. Siin on näide sellisest arutluskäigust.
Olgu vaja kindlaks teha, et iga paarisarv n 4 piires< n < 20 представимо в виде суммы двух algarvud. Selleks võtke kõik sellised numbrid ja kirjutage välja vastavad laiendused: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.
Need üheksa võrdsust näitavad, et kõik meid huvitavad arvud on tõepoolest esitatud kahe lihtliikme summana.
Seega seisneb täielik induktsioon üldväite eraldi tõestamises igal piiratud arvul võimalikel juhtudel.
Mõnikord saab üldist tulemust ennustada pärast mitte kõike, vaid piisavalt suur hulk erijuhud (nn mittetäielik induktsioon).
Mittetäieliku induktsiooniga saadud tulemus jääb aga vaid hüpoteesiks, kuni see pole tõestatud täpse matemaatilise arutluskäiguga, mis hõlmab kõiki erijuhtumeid. Teisisõnu, mittetäielikku induktsiooni matemaatikas ei peeta legitiimseks range tõestamismeetodiks, vaid see on võimas meetod uute tõdede avastamiseks.
Olgu näiteks, et soovite leida esimese n järjestikuse paaritu arvu summa. Vaatleme erijuhtumeid:
1+3+5+7+9=25=5 2
Pärast nende mõne erijuhtumi kaalumist võib järeldada järgmist üldist järeldust:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
need. esimese n järjestikuse paaritu arvu summa on n 2
Loomulikult ei saa tehtud tähelepanek veel olla tõestuseks antud valemi kehtivuse kohta.
Täielikul induktsioonil on matemaatikas vaid piiratud rakendused. Paljud huvitavad matemaatilised väited hõlmavad lõpmatu arvu erijuhtumeid, kuid me ei saa neid testida lõpmatu arvu juhtude jaoks. Mittetäielik induktsioon viib sageli ekslike tulemusteni.
Paljudel juhtudel on sellisest raskusest väljapääs pöördumine eriline meetod arutluskäiku nimetatakse matemaatilise induktsiooni meetodiks. See on järgmine.
Oletame, et peate tõestama mõne väite kehtivust mis tahes naturaalarvu n korral (näiteks peate tõestama, et esimese n paaritu arvu summa on võrdne n 2-ga). Selle väite otsene kontrollimine iga n väärtuse puhul on võimatu, kuna naturaalarvude hulk on lõpmatu. Selle väite tõestamiseks kontrollige esmalt selle kehtivust n=1 korral. Seejärel tõestavad nad, et iga k loomuliku väärtuse korral eeldab vaadeldava väite kehtivus n=k korral selle kehtivust n=k+1 korral.
Siis loetakse väide tõestatuks kõigi n puhul. Tegelikult on väide tõene n=1 korral. Aga siis kehtib see ka järgmise arvu kohta n=1+1=2. Väite kehtivus n=2 korral tähendab selle kehtivust n=2+ korral
1=3. See tähendab väite kehtivust n=4 jne korral. On selge, et lõpuks jõuame suvalise naturaalarvuni n. See tähendab, et väide kehtib iga n puhul.
Öeldut kokku võttes sõnastame järgmise üldpõhimõtte.
Matemaatilise induktsiooni põhimõte.
Kui ettepanek A( n ), olenevalt naturaalarvust n , tõsi n =1 ja sellest, et see kehtib n=k (Kus k -mis tahes naturaalarv), järeldub, et see kehtib järgmise arvu kohta n=k+1 , siis eeldus A( n ) kehtib mis tahes naturaalarvu puhul n .
Paljudel juhtudel võib osutuda vajalikuks tõestada teatud väite kehtivust mitte kõigi naturaalarvude, vaid ainult n>p puhul, kus p on fikseeritud naturaalarv. Sel juhul sõnastatakse matemaatilise induktsiooni põhimõte järgmiselt. Kui ettepanek A( n ) kehtib n = p ja kui A( k ) Þ A( k+1) kellelegi k>p, siis lause A( n) tõsi kellelegi n> lk.Tõestus matemaatilise induktsiooni meetodil viiakse läbi järgmiselt. Esmalt kontrollitakse tõestatavat väidet n=1, s.o. väite A(1) tõesus on kindlaks tehtud. Seda tõestuse osa nimetatakse induktsioonialuseks. Seejärel tuleb tõestuse osa, mida nimetatakse induktsioonisammuks. Selles osas tõestavad nad väite kehtivust n=k+1 jaoks väite n=k kehtivuse eeldusel (induktsioonieeldus), st. tõestada, et A(k)ÞA(k+1).
NÄIDE 1
Tõesta, et 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.
Lahendus: 1) Meil on n=1=1 2 . Seega
väide on tõene n=1 korral, s.t. A(1) on tõsi.
2) Tõestame, et A(k)ÞA(k+1).
Olgu k suvaline naturaalarv ja väide tõene n=k korral, s.t.
1+3+5+…+(2k-1)=k2.
Tõestame, et siis on väide tõene ka järgmise naturaalarvu n=k+1 puhul, s.t. Mida
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Tegelikult
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2 +2k+1=(k+1)2.
Niisiis, A(k)ÞA(k+1). Tuginedes matemaatilise induktsiooni põhimõttele, järeldame, et eeldus A(n) kehtib iga nÎN puhul.
NÄIDE 2
Tõesta seda
1+x+x2 +x3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kus x¹1
Lahendus: 1) n=1 korral saame
1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
seetõttu on valem n=1 korral õige; A(1) on tõsi.
2) Olgu k suvaline naturaalarv ja valem tõene n=k korral, s.t.
1+x+x2 +x3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1).
Tõestame, et siis võrdsus kehtib
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Tõepoolest
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).
Niisiis, A(k)ÞA(k+1). Matemaatilise induktsiooni põhimõttest lähtudes järeldame, et valem on tõene mis tahes naturaalarvu n korral.
NÄIDE 3
Tõesta, et kumera n-nurga diagonaalide arv on võrdne n(n-3)/2.
Lahendus: 1) n=3 puhul on väide tõene
Ja 3 on tähenduslik, sest kolmnurgas A 3 =3(3-3)/2=0 diagonaali;
2 A(3) on tõsi.
2) Oletame, et igas
kumeral k-gonil on
A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonaali.
Ja k Tõestame, et siis kumeralt
(k+1)-gonarv
diagonaalid A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Olgu A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 kumer (k+1)-nurk. Joonistame sellesse diagonaali A 1 A k. Selle (k+1)-goni diagonaalide koguarvu arvutamiseks tuleb kokku lugeda diagonaalide arv k-nurgas A 1 A 2 ...A k , saadud arvule lisada k-2, s.t. Arvesse tuleks võtta tipust A k+1 lähtuva (k+1)-goni diagonaalide arvu ja lisaks diagonaali A 1 A k.
Seega
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Niisiis, A(k)ÞA(k+1). Matemaatilise induktsiooni põhimõttest tulenevalt kehtib väide iga kumera n-nurga korral.
NÄIDE 4
Tõesta, et mis tahes n puhul on järgmine väide tõene:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Lahendus: 1) Olgu siis n=1
X 1 = 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1)/6 = 1.
See tähendab, et n=1 puhul on väide tõene.
2) Oletame, et n=k
X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.
3) Vaatleme seda väidet n=k+1 korral
X 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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.
Oleme tõestanud, et võrdus on tõene n=k+1 korral, seetõttu on matemaatilise induktsiooni meetodi kohaselt väide tõene mis tahes naturaalarvu n korral.
NÄIDE 5
Tõesta, et iga naturaalarvu n korral on võrdsus tõene:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Lahendus: 1) Olgu n=1.
Siis X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1.
Näeme, et n=1 puhul on väide tõene.
2) Oletame, et võrdus on tõene n=k korral
Induktsioon on meetod konkreetsete vaatluste põhjal üldise väite saamiseks. Juhul, kui matemaatiline väide puudutab piiratud arvu objekte, saab seda tõestada iga objekti testimisega. Näiteks väide: "Iga kahekohaline paarisarv on kahe algarvu summa," tuleneb võrdsuste seeriast, mida on üsna võimalik kindlaks teha:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Tõestusmeetodit, mille puhul väidet kontrollitakse piiratud arvul juhtudel, mis ammendavad kõik võimalused, nimetatakse täielikuks induktsiooniks. Seda meetodit kasutatakse suhteliselt harva, kuna matemaatilised väited puudutavad reeglina mitte lõplikke, vaid lõpmatuid objektide komplekte. Näiteks väide paaris kahekohaliste arvude kohta, mis on tõestatud ülalpool täieliku induktsiooniga, on vaid teoreemi erijuht: "Iga paarisarv on kahe algarvu summa." Seda teoreemi pole veel tõestatud ega ümber lükatud.
Matemaatiline induktsioon on meetod mis tahes naturaalarvu n teatud väite tõestamiseks, mis põhineb matemaatilise induktsiooni põhimõttel: „Kui väide on tõene n=1 korral ja selle kehtivus n=k korral, tähendab selle väite kehtivust n=k korral. +1, siis kehtib see kõigi n kohta Matemaatilise induktsiooniga tõendamise meetod on järgmine:
1) induktsiooni alus: need tõestavad või kontrollivad otseselt väite paikapidavust n=1 puhul (mõnikord n=0 või n=n 0);
2) induktsioonisamm (üleminek): nad eeldavad väite kehtivust mõne naturaalarvu n=k korral ja selle eelduse põhjal tõestavad väite paikapidavust n=k+1 korral.
Probleemid lahendustega
1. Tõesta, et iga naturaalarvu n korral jagub arv 3 2n+1 +2 n+2 7-ga.
Tähistame A(n)=3 2n+1 +2 n+2.
Induktsiooni alus. Kui n = 1, siis A(1) = 3 3 +2 3 = 35 ja jagub ilmselt 7-ga.
Induktsiooni eeldus. Olgu A(k) jagub 7-ga.
Induktsiooni üleminek. Tõestame, et A(k+1) jagub 7-ga, st ülesande väite kehtivus n=k korral.
A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=
3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.
Viimane number jagub 7-ga, sest see on kahe täisarvu erinevus, mis jagub 7-ga. Seetõttu jagub 3 2n+1 +2 n+2 7-ga mis tahes naturaalarvu n korral.
2. Tõesta, et iga naturaalarvu n korral jagub arv 2 3 n+1 arvuga 3 n+1 ja ei jagu arvuga 3 n+2.
Tutvustame tähistust: a i =2 3 i +1.
Kui n=1 on meil ja 1 =2 3 +1=9. Niisiis, 1 jagub 3 2-ga ja ei jagu 3 3-ga.
Olgu n=k korral arv a k jagub 3 k+1-ga ja mitte jagub 3 k+2-ga, st a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kus m ei jagu 3-ga.
ja k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m· ((2 3 k +1) 2 –3·2 3 k)=3 k+1 ·m·((3 k+1 ·m) 2 –3,2 3 k)=
3 k+2 ·m·(3 2k+1 ·m 2 –2 3 k).
Ilmselgelt a k+1 jagub 3 k+2-ga ja mitte 3 k+3-ga.
Seetõttu on väide tõestatud mis tahes naturaalarvu n korral.
3. On teada, et x+1/x on täisarv. Tõesta, et x n +1/x n on ka iga täisarvu n täisarv.
Tutvustame tähistust: a i =х i +1/х i ja paneme kohe tähele, et a i =а –i, seega räägime naturaalindeksitest edasi.
Märkus: a 1 on kokkuleppeliselt täisarv; ja 2 on täisarv, kuna a 2 = (a 1) 2 –2; ja 0 =2.
Oletame, et a k on täisarv mis tahes naturaalarvu k korral, mis ei ületa n. Siis a 1 ·a n on täisarv, aga a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ja a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Induktsioonihüpoteesi kohaselt on n–1 aga täisarv. See tähendab, et n+1 on samuti täisarv. Seetõttu on x n +1/x n iga täisarvu n täisarv, mida oli vaja tõestada.
4. Tõesta, et iga naturaalarvu n korral, mis on suurem kui 1, on topeltvõrratus tõene
5. Tõesta, et loomuliku n > 1 ja |x| korral
(1–x)n + (1+x)n
Kui n=2 on ebavõrdsus tõene. Tõesti,
(1–x) 2 + (1+x) 2 = 2+2 x 2
Kui n=k korral on ebavõrdsus tõene, siis n=k+1 korral on see meil olemas
(1–x) k+1 +(1+x) k+1
Ebavõrdsus on tõestatud iga naturaalarvu n > 1 korral.
6. Tasapinnal on n ringi. Tõesta, et nende ringide mis tahes paigutuse korral saab nende moodustatud kaardi õigesti kahe värviga värvida.
Kasutame matemaatilise induktsiooni meetodit.
Kui n=1 on väide ilmne.
Oletame, et väide kehtib mistahes n ringist moodustatud kaardi kohta ja olgu tasapinnal n+1 ringi. Eemaldades ühe neist ringidest, saame kaardi, mida saab tehtud eeldusel õigesti kahe värviga värvida (vt esimest pilti allpool).
Seejärel taastame äravisatud ringi ja selle ühel küljel, näiteks sees, muudame iga ala värvi vastupidiseks (vt teist pilti). On lihtne näha, et sel juhul saame kahe värviga õigesti värvitud kaardi, kuid ainult nüüd n+1 ringi jaoks, mida meil oli vaja tõestada.
7. Kumerat hulknurka nimetatakse ilusaks, kui on täidetud järgmised tingimused:
1) iga selle tipp on värvitud ühega kolm värvi;
2) mis tahes kaks kõrvuti asetsevat tippu on värvitud erinevat värvi;
3) vähemalt üks hulknurga tipp on värvitud iga kolme värviga.
Tõesta, et iga ilusat n-nurka saab lahutatud diagonaalide abil lõigata “ilusateks” kolmnurkadeks.
Kasutame matemaatilise induktsiooni meetodit.
Induktsiooni alus. Väikseima võimaliku n=3 korral on ülesande püstitus ilmne: “ilusa” kolmnurga tipud on maalitud kolme erineva värviga ja lõikeid pole vaja.
Induktsiooni eeldus. Oletame, et ülesande väide kehtib iga “ilusa” n-nurga kohta.
Induktsiooni samm. Vaatleme suvalist “ilusat” (n+1)-nurka ja tõestame induktsioonihüpoteesi abil, et seda saab teatud diagonaalide võrra lõigata “ilusateks” kolmnurkadeks. Tähistame A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 (n+1)-nurga järjestikuseid tippe. Kui ainult üks (n+1)-nurga tipp on värvitud mõne kolme värviga, siis ühendades selle tipu diagonaalidega kõigi tippudega, mis sellega ei külgne, saame (n+1) vajaliku partitsiooni )-gon "ilusateks" kolmnurkadeks.
Kui (n+1)-nurga vähemalt kaks tippu on värvitud kõigis kolmes värvitoonis, siis tähistame tipu A 1 värvi numbriga 1 ja tipu A 2 värvi numbriga 2. Olgu k väikseim arv, mille puhul tipp A k on värvitud kolmanda värviga. On selge, et k > 2. Lõikame kolmnurga A k–2 A k–1 A k (n+1)-nurgast diagonaaliga A k–2 A k ära. Vastavalt arvu k valikule on selle kolmnurga kõik tipud värvitud kolme erineva värviga ehk see kolmnurk on “ilus”. Kumer n-nurk A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , mis jääb, on ka induktiivse eelduse tõttu "ilus", mis tähendab see on jaotatud “ilusateks” kolmnurkadeks, mida ja oli vaja tõestada.
8. Tõesta, et kumeral n-nurgal on võimatu valida rohkem kui n diagonaali nii, et kahel neist oleks ühine punkt.
Teostame tõestuse matemaatilise induktsiooni meetodil.
Tõestame üldisemat väidet: kumeral n-nurgal on võimatu valida rohkem kui n külge ja diagonaali nii, et kahel neist oleks ühine punkt. Kui n = 3, on väide ilmne. Oletame, et see väide on tõene suvalise n-nurga puhul ja seda kasutades tõestame selle kehtivust suvalise (n+1)-nurga puhul.
Oletame, et see väide (n+1)-nurga puhul ei kehti. Kui (n+1)-nurga igast tipust ei tule välja rohkem kui kaks valitud külge või diagonaali, siis valitakse neist kokku mitte rohkem kui n+1. Seetõttu tuleb mõnest tipust A välja vähemalt kolm valitud külge või diagonaali AB, AC, AD. Olgu AC AB ja AD vahel. Kuna ükski punktist C väljuv külg või diagonaal peale CA ei saa samaaegselt ristuda punktidega AB ja AD, siis punktist C väljub ainult üks valitud diagonaal CA.
Kui jätta kõrvale punkt C koos diagonaaliga CA, saame kumera n-nurga, milles on valitud rohkem kui n külge ja diagonaali, millest kahel on ühine punkt. Seega jõuame vastuoluni eeldusega, et väide on tõene suvalise kumera n-nurga korral.
Seega on (n+1)-nurga väide tõene. Matemaatilise induktsiooni põhimõtte kohaselt kehtib väide iga kumera n-nurga korral.
9. Tasapinnas on n sirget, millest kaks pole paralleelsed ja kolm ei läbi sama punkti. Mitmeks osaks need sirged tasapinna jagavad?
Elementaarsete jooniste abil saate hõlpsalt kontrollida, et üks sirgjoon jagab tasapinna 2 osaks, kaks sirget 4 osaks, kolm sirget 7 osaks ja neli sirget 11 osaks.
Tähistame N(n)-ga osade arvu, milleks n sirget tasandit jagab. Võib märgata, et
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Seda on loomulik eeldada
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
või, nagu on lihtne kindlaks teha, kasutades aritmeetilise progressiooni esimese n liikme summa valemit,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Tõestame selle valemi kehtivust matemaatilise induktsiooni meetodil.
N=1 puhul on valem juba kontrollitud.
Olles teinud induktsioonieelduse, arvestame k+1 sirgeid, mis vastavad ülesande tingimustele. Valime nende hulgast suvaliselt k sirget. Induktsioonihüpoteesi järgi jagavad nad tasapinna 1+ k(k+1)/2 osaks. Ülejäänud (k+1)-nda sirge jagatakse valitud k sirge poolt k+1 osaks ja seetõttu läbib see (k+1)-ndat osa, milleks tasapind on juba jagatud, ja iga nendest osadest jagatakse 2 osaks ehk lisandub veel k+1 osa. Niisiis,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
Q.E.D.
10. Avaldises x 1: x 2: ... : x n pannakse tegevuste järjekorda näitama sulud ja tulemus kirjutatakse murdarvuna:
(sel juhul on kõik tähed x 1, x 2, ..., x n kas murru lugejas või nimetajas). Kui palju erinevaid väljendeid saab sel viisil kõigi võimalike sulgude paigutamise viisidega?
Esiteks on selge, et saadud murdarvus on lugejas x 1. Peaaegu sama ilmne on, et x 2 on nimetajas olenemata sulgude paigutamisest (jagamismärk x 2 ees viitab kas x 2-le endale või mõnele avaldisele, mis sisaldab lugejas x 2).
Võib eeldada, et kõik teised tähed x 3, x 4, ..., x n võivad lugejas või nimetajas paikneda täiesti suvaliselt. Siit järeldub, et kokku saab 2 n–2 murdu: igaüks n–2 tähte x 3, x 4, ..., x n võib esineda lugejas või nimetajas teistest sõltumatult.
Tõestame seda väidet induktsiooniga.
Kui n = 3, saate 2 murdosa:
nii et väide vastab tõele.
Oletame, et see on tõene n=k korral ja tõestame seda n=k+1 korral.
Kirjutage avaldis x 1: x 2: ... : x k pärast mõnda sulgude paigutamist teatud murdosa Q kujul. Kui selles avaldises asendame x k asemel x k: x k+1, siis on x k samas kohas, kus see oli murdosas Q, ja x k+1 ei asu seal, kus oli x k (kui x k oli nimetajas, siis x k+1 on lugejas ja vastupidi).
Nüüd tõestame, et saame lisada x k+1 samale kohale, kus asub x k. Murrus Q on pärast sulgude asetamist tingimata avaldis kujul q:x k, kus q on täht x k–1 või mõni sulgudes olev avaldis. Asendades q:x k avaldisega (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), saame ilmselgelt sama murru Q, kus x k asemel on x k ·x k+1 .
Seega on kõigi võimalike murdude arv juhul n=k+1 2 korda suurem kui juhul n=k ja võrdub 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Seega on väide tõestatud.
Vastus: 2 n–2 murdosa.
Probleemid lahenduseta
1. Tõesta, et iga loomuliku n korral:
a) arv 5 n –3 n +2n jagub 4-ga;
b) arv n 3 +11n jagub 6-ga;
c) arv 7 n +3n–1 jagub 9-ga;
d) arv 6 2n +19 n –2 n+1 jagub 17-ga;
e) arv 7 n+1 +8 2n–1 jagub 19-ga;
e) arv 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 jagub 27-ga.
2. Tõesta, et (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Tõesta võrratus |sin nx| n|sin x| mis tahes loodusliku n.
4. Leidke naturaalarvud a, b, c, mis ei jagu 10-ga ja nii et iga naturaalarvu n korral on arvude a n + b n ja c n kaks viimast numbrit samad.
5. Tõesta, et kui n punkti ei asu ühel sirgel, siis on neid ühendavate sirgete hulgas vähemalt n erinevat.
MATEMAATILISE INDUKTSIOONI MEETOD
Sõna induktsioon tähendab vene keeles juhendamist ja järeldusi, mis põhinevad vaatlustel, katsetel, s.t nimetatakse induktiivseteks. mis saadakse konkreetselt üldisele järeldamisel.
Näiteks iga päev jälgime, et Päike tõuseb idast. Seetõttu võite olla kindel, et homme ilmub see idas, mitte läänes. Teeme selle järelduse ilma Päikese üle taeva liikumise põhjuse kohta eeldusi kasutamata (pealegi osutub see liikumine iseenesest näiliseks, kuna see tegelikult liigub maakera). Ja ometi kirjeldab see induktiivne järeldus õigesti tähelepanekuid, mida me homme teeme.
Induktiivsete järelduste roll eksperimentaalteadustes on väga suur. Nad annavad need sätted, millest tehakse järeldamise teel edasised järeldused. Ja kuigi teoreetiline mehaanika põhineb Newtoni kolmel liikumisseadusel, need seadused ise olid eksperimentaalsete andmete põhjal tehtud sügava mõtlemise tulemus, eelkõige Kepleri planeetide liikumisseadustel, mille ta tuletas Taani astronoomi Tycho Brahe aastatepikkuste vaatluste töötlemisel. Vaatlus ja induktsioon osutuvad edaspidi kasulikuks tehtud eelduste selgitamisel. Pärast Michelsoni katseid valguse kiiruse mõõtmisel liikuvas keskkonnas osutus vajalikuks selgitada füüsikaseadused ja luua relatiivsusteooria.
Matemaatikas on induktsiooni roll suuresti selles, et see on valitud aksiomaatika aluseks. Pärast seda, kui pikaajaline praktika näitas, et sirge tee on alati lühem kui kõver või katkine tee, oli loomulik sõnastada aksioom: mis tahes kolme punkti A, B ja C korral on ebavõrdsus.
Aritmeetika aluseks olev järgimise mõiste ilmnes ka sõdurite, laevade ja muude järjestatud komplektide moodustamise vaatlustest.
Siiski ei tohiks arvata, et see ammendab induktsiooni rolli matemaatikas. Muidugi ei tasu eksperimentaalselt testida aksioomidest loogiliselt tuletatud teoreeme: kui tuletamisel loogikavigu ei tehtud, siis on need tõesed niivõrd, kuivõrd on tõesed meie aktsepteeritud aksioomid. Kuid sellest aksioomide süsteemist võib tuletada palju väiteid. Ja nende tõestamist vajavate väidete valiku soovitab jällegi induktsioon. Just see võimaldab teil eraldada kasulikud teoreemid kasututest, näitab, millised teoreemid võivad tõeks osutuda, ja aitab isegi visandada tõestuse teed.
Matemaatilise induktsiooni meetodi olemus
Paljudes aritmeetika, algebra, geomeetria ja analüüsi harudes on vaja tõestada lausete A(n) õigsust olenevalt naturaalmuutujast. Väite A(n) tõesuse tõestamine muutuja kõigi väärtuste puhul saab sageli läbi viia matemaatilise induktsiooni meetodil, mis põhineb järgmisel põhimõttel.
Väide A(n) loetakse tõeseks muutuja kõigi loomulike väärtuste puhul, kui on täidetud kaks järgmist tingimust:
Väide A(n) kehtib n=1 korral.
Eeldusel, et A(n) on tõene n=k korral (kus k on suvaline naturaalarv), järeldub, et see on tõene järgmise väärtuse n=k+1 korral.
Seda põhimõtet nimetatakse matemaatilise induktsiooni põhimõtteks. Tavaliselt valitakse see üheks aksioomiks, mis defineerib arvude loomulikku jada, ja seetõttu aktsepteeritakse seda ilma tõestuseta.
Matemaatilise induktsiooni meetod tähendab järgmist tõestusmeetodit. Kui tahad tõestada lause A(n) õigsust kõigi loomulike n-de puhul, siis esiteks tuleks kontrollida väite A(1) õigsust ja teiseks väite A(k) õigsust eeldades, proovige tõestada, et väide A(k +1) on tõene. Kui seda on võimalik tõestada ja tõestus jääb kehtima iga k loomuliku väärtuse kohta, siis matemaatilise induktsiooni põhimõtte kohaselt tunnistatakse väide A(n) tõeseks kõigi n väärtuste puhul.
Matemaatilise induktsiooni meetodit kasutatakse laialdaselt teoreemide, identiteetide, võrratuste tõestamisel, jaguvusülesannete lahendamisel, mõnede geomeetriliste ja paljude muude ülesannete lahendamisel.
Matemaatilise induktsiooni meetod ülesannete lahendamisel
jagatavus
Matemaatilise induktsiooni meetodi abil saate tõestada erinevaid väiteid naturaalarvude jaguvuse kohta.
Järgmist väidet saab suhteliselt lihtsalt tõestada. Näitame, kuidas see matemaatilise induktsiooni meetodil saadakse.
Näide 1. Kui n on naturaalarv, siis on arv paarisarv.
Kui n=1 on meie väide tõene: - paarisarv. Oletame, et see on paarisarv. Kuna , 2k on paarisarv, siis 
isegi. Niisiis, paarsus on tõestatud, kui n=1, paarsus tuletatakse paarsusest 
.See tähendab, et see on ühtlane kõigi n loodusväärtuste puhul.
Näide 2.Tõesta lause õigsust
A(n)=(arv 5 on 19-kordne), n on naturaalarv.
Lahendus.
Väide A(1)=(19-ga jaguv arv) on tõene.
Oletame, et mingi väärtuse korral n=k
A(k)=(19-ga jagatav arv) on tõene. Siis, alates
Ilmselgelt kehtib ka A(k+1). Tõepoolest, esimene liige jagub 19-ga eeldusel, et A(k) on tõene; ka teine liige jagub 19-ga, kuna sisaldab koefitsienti 19. Mõlemad matemaatilise induktsiooni põhimõtte tingimused on täidetud, seetõttu kehtib väide A(n) kõigi n väärtuste puhul.
Matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamine
summeerivad seeriad
Näide 1.Tõesta valem
, n on naturaalarv.
Lahendus.
Kui n=1, pöörduvad võrdsuse mõlemad pooled üheks ja seega on matemaatilise induktsiooni printsiibi esimene tingimus täidetud.
Oletame, et valem on n=k korral õige, s.t.
.
Lisame selle võrdsuse mõlemad pooled ja teisendame parema poole. Siis saame
Seega sellest, et valem on tõene n=k korral, järeldub, et see kehtib ka n=k+1 korral. See väide kehtib iga k loomuliku väärtuse kohta. Seega on täidetud ka matemaatilise induktsiooni põhimõtte teine tingimus. Valem on tõestatud.
Näide 2.Tõesta, et loomuliku rea esimese n arvu summa on võrdne .
Lahendus.
Tähistagem vajalik kogus, s.t. 
.
Kui n = 1, on hüpotees tõene.
Lase 
. Näitame seda 
.
Tegelikult
Probleem on lahendatud.
Näide 3.Tõesta, et naturaalrea esimese n arvu ruutude summa on võrdne 
.
Lahendus.
Laske .
.
Oletame, et 
. Siis
Ja lõpuks.
Näide 4. Tõesta seda.
Lahendus.
Kui, siis
Näide 5. Tõesta seda
Lahendus.
Kui n = 1, on hüpotees ilmselt tõene.
Laske .
Tõestame seda.
Tõesti,
Näited matemaatilise induktsiooni meetodi rakendamisest
ebavõrdsuse tõestus
Näide 1.Tõesta, et iga naturaalarvu n>1 korral
.
Lahendus.
Tähistame ebavõrdsuse vasakut poolt .
Seetõttu on n = 2 ebavõrdsus tõene.
Olgu mõneks k. Tõestame, et siis ja . Meil on 
, .
Võrreldes ja, on meil 
, st. 
.
Iga positiivse täisarvu k korral on viimase võrrandi parem pool positiivne. Sellepärast. Kuid see tähendab ka.
Näide 2.Leidke arutluses viga.
avaldus. Iga naturaalarvu n korral on ebavõrdsus tõene.
Tõestus.
. (1)
Tõestame, et siis kehtib võrratus ka n=k+1 korral, s.t.
.
Tõepoolest, mitte vähem kui 2 iga loomuliku k puhul. Lisame ebavõrdsuse vasakule poolele (1) ja paremale poolele 2. Saame õiglase ebavõrdsuse või 
. Väide on tõestatud.
Näide 3.Tõesta seda 
, kus >-1, , n on naturaalarv, mis on suurem kui 1.
Lahendus.
Kui n=2 on ebavõrdsus tõene, kuna .
Olgu ebavõrdsus tõene n=k korral, kus k on mingi naturaalarv, s.t.
. (1)
Näitame, et siis kehtib võrratus ka n=k+1 korral, s.t.
. (2)
Tõepoolest, tingimusel, , Seetõttu on ebavõrdsus tõsi
, (3)
saadakse võrratusest (1), korrutades iga osa . Kirjutame võrratuse (3) ümber järgmiselt: . Jättes kõrvale positiivse liikme viimase ebavõrdsuse paremal küljel, saame õiglase ebavõrdsuse (2).
Näide 4. Tõesta seda
(1)
kus , , n on naturaalarv, mis on suurem kui 1.
Lahendus.
Kui n=2 on ebavõrdsus (1) saab kuju
. (2)
Alates , siis on ebavõrdsus tõsi
. (3)
Lisades igale võrratuse (3) osale, saame ebavõrdsuse (2).
See tõestab, et n=2 korral on ebavõrdsus (1) tõene.
Olgu ebavõrdsus (1) tõene n=k korral, kus k on mingi naturaalarv, s.t.
. (4)
Tõestame, et siis peab ebavõrdsus (1) olema tõene ka n=k+1 korral, s.t.
(5)
Korrutame võrratuse (4) mõlemad pooled a+b-ga. Kuna tingimusel , saame järgmise õiglase ebavõrdsuse:
. (6)
Ebavõrdsuse (5) kehtivuse tõestamiseks piisab selle näitamisest
, (7)
või mis on sama,
. (8)
Ebavõrdsus (8) on samaväärne ebavõrdsusega
. (9)
Kui , siis , ja ebavõrdsuse (9) vasakul küljel on kahe positiivse arvu korrutis. Kui , siis , ja ebavõrdsuse (9) vasakul küljel on kahe negatiivse arvu korrutis. Mõlemal juhul on ebavõrdsus (9) tõene.
See tõestab, et ebavõrdsuse (1) kehtivus n=k korral eeldab selle kehtivust n=k+1 korral.
Teiste suhtes rakendatud matemaatilise induktsiooni meetod
ülesandeid
Matemaatilise induktsiooni meetodi loomulikum rakendus geomeetrias, mis on lähedane selle meetodi kasutamisele arvuteoorias ja algebras, on selle rakendamine geomeetriliste arvutusülesannete lahendamisel. Vaatame mõnda näidet.
Näide 1.Arvutage tavalise ruudu külg, mis on kirjutatud raadiusega R ringi.
Lahendus.
Kui n=2 on õige 2 n - ruut on ruut; tema pool. Edasi kahekordistamise valemi järgi
leiame, et tavalise kaheksanurga külg 
, tavalise kuusnurga külg 
, tavalise kolmekümne kahe kolmnurga külg 
. Seetõttu võime eeldada, et õige sisse kirjutatud 2 külg n - ruut iga võrdse kohta
. (1)
Oletame, et korrapärase sissekirjutatud ruudu külg on väljendatud valemiga (1). Sel juhul vastavalt kahekordistusvalemile
,
millest järeldub, et valem (1) kehtib kõigi n-de kohta.
Näide 2.Mitmeks kolmnurgaks saab n-nurga (mitte tingimata kumera) jagada tema disjunktsete diagonaalidega?
Lahendus.
Kolmnurga puhul on see arv võrdne ühega (kolmnurga sisse ei saa tõmmata ainsatki diagonaali); nelinurga puhul on see arv ilmselgelt kaks.
Oletame, et me juba teame, et iga k-gon, kus k
A n
A 1 A 2
Olgu A 1 A k selle partitsiooni üks diagonaale; see jagab n-nurga A 1 A 2 ...A n k-nurgaks A 1 A 2 ...A k ja (n-k+2)-nurgaks A 1 A k A k+1 .. .A n . Tehtud eelduse tõttu on partitsiooni kolmnurkade koguarv võrdne
(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
Seega on meie väide tõestatud kõigi n puhul.
Näide 3.Esitage reegel arvu P(n) arvutamiseks viiside kohta, kuidas kumerat n-nurka saab kolmnurkadeks jagada disjunktsete diagonaalide abil.
Lahendus.
Kolmnurga puhul on see arv ilmselgelt võrdne ühega: P(3)=1.
Oletame, et oleme arvud P(k) juba kõigi k jaoks määranud
Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -1).
Seda valemit kasutades saame järjekindlalt:
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
jne.
Graafikutega saab ülesandeid lahendada ka matemaatilise induktsiooni meetodil.
Olgu tasapinnal joonte võrgustik, mis ühendavad mõnda punkti ja millel pole teisi punkte. Sellist joonte võrgustikku nimetame kaardiks, mille tippudeks on antud punktid, kahe kõrvuti asetseva tipu vahelised kõvera lõigud - kaardi piirid, tasandi osad, milleks see on piiridega jagatud - kaardi riigid.
Lennukile antakse mingi kaart. Me ütleme, et see on õigesti värvitud, kui iga riik on värvitud teatud värviga ja mis tahes kaks riiki, millel on ühine piir, on värvitud erinevate värvidega.
Näide 4.Lennukis on n ringi. Tõesta, et nende ringide mis tahes paigutuse korral saab nende moodustatud kaardi õigesti kahe värviga värvida.
Lahendus.
N=1 puhul on meie väide ilmne.
Oletame, et meie väide kehtib mistahes n ringist moodustatud kaardi kohta ja olgu tasapinnal n+1 ringi. Eemaldades ühe neist ringidest, saame kaardi, mida saab tehtud eelduse kohaselt õigesti värvida kahe värviga, näiteks must ja valge.
