Metodo di induzione matematica. Esempi di induzione. Metodo di induzione matematica: esempi di soluzioni

Il metodo di dimostrazione che verrà discusso in questo paragrafo si basa su uno degli assiomi delle serie naturali.

Assioma di induzione. Sia data una frase che dipende da una variabile P, invece di questo puoi sostituire qualsiasi numero naturale. Indichiamolo A(p). Lasciamo anche l'offerta UN vero per il numero 1 e dal fatto che UN vero per il numero A, ne consegue che UN vero per il numero k+ 1. Quindi offri UN vero per tutti i valori naturali P.

Notazione simbolica dell'assioma:

Qui picco- variabili sull’insieme dei numeri naturali. Dall'assioma di induzione si ottiene la seguente regola di inferenza:

Quindi, per dimostrare la verità della frase UN, puoi prima provare due affermazioni: la verità dell'affermazione UN( 1), nonché una conseguenza A(k) => A(k+ 1).

Tenendo conto di quanto sopra, descriviamo l'essenza metodo

induzione matematica.

Sia necessario dimostrare che la proposizione UN) vero per tutti i naturali P. La dimostrazione è divisa in due fasi.

• 1a fase. Base ad induzione. Prendiamo come valore N il numero è 1 e controllalo UN( 1) esiste un'affermazione vera.
• 2a fase. Transizione induttiva. Lo dimostriamo per qualsiasi numero naturale A l'implicazione è vera: se A(k), Quello A(k+ 1).

La transizione induttiva inizia con le parole: “Prendi un numero naturale arbitrario A, tale che A(k)", o “Lascia per numero naturale A Giusto A(k).” Invece della parola “lasciamo” spesso si dice “supponiamo che...”.

Dopo queste parole la lettera A denota un certo oggetto fisso per il quale vale la relazione A(k). Avanti da A(k) traiamo conseguenze, cioè costruiamo una catena di frasi A(k)9 R, Pi, ..., P„ = A(k+ 1), dove ogni frase R,è un'affermazione vera o una conseguenza di frasi precedenti. Ultima offerta R" deve corrispondere A(k+ 1). Da ciò concludiamo: da A(k) Dovrebbe A(k+).

L’esecuzione di una transizione induttiva può essere divisa in due azioni:

• 1) Presupposto induttivo. Qui lo assumiamo UN A variabile N.
• 2) Sulla base dell'ipotesi, lo dimostriamo UN vero per il numero?+1.

Esempio 5.5.1. Dimostriamo che il numero p+pè pari per tutti i numeri naturali P.

Qui UN) = "p2+p- un numero pari." È necessario dimostrarlo UN - predicato identicamente vero. Applichiamo il metodo dell'induzione matematica.

Base ad induzione. Prendiamo l=1. Sostituiamo nell'espressione N+//, otteniamo n2+n= I 2 + 1 = 2 è un numero pari, ovvero /1(1) è un'affermazione vera.

Formuliamo ipotesi induttiva A(k)= "Numero k2 +k- Anche." Puoi dire questo: “Prendi un numero naturale arbitrario A tale che k2+k c'è un numero pari."

Deriviamo da qui l'affermazione A(kA-)= "Numero (k+ 1) 2 +(?+1) - pari.”

Eseguiamo trasformazioni in base alle proprietà delle operazioni:

Il primo termine della somma risultante è pari per ipotesi, il secondo è pari per definizione (poiché ha la forma 2 P). Ciò significa che la somma è un numero pari. Offerta A(k+ 1) dimostrato.

Usando il metodo dell'induzione matematica, concludiamo: la proposizione UN) vero per tutti i naturali P.

Naturalmente non è necessario inserire la notazione ogni volta A(p). Si consiglia comunque di formulare l'ipotesi induttiva e ciò che se ne deve dedurre in una riga separata.

Si noti che l'affermazione dell'Esempio 5.5.1 può essere dimostrata senza utilizzare il metodo dell'induzione matematica. Per fare ciò è sufficiente considerare due casi: quando N anche e quando N strano.

Molti problemi di divisibilità vengono risolti utilizzando il metodo dell'induzione matematica. Consideriamo un esempio più complesso.

Esempio 5.5.2. Dimostriamo che il numero 15 2i_| +1 è divisibile per 8 per tutti i naturali P.

Induzione del Bacha. Prendiamo /1=1. Abbiamo: numero 15 2|_| +1 = 15+1 = 16 diviso per il numero 8.

quello per alcuni

numero naturale A il numero 15 2 * ’+1 è divisibile per 8.

Dimostriamolo qual è allora il numero? UN= 15 2(VN +1 divide 8.

Convertiamo il numero UN:

Per ipotesi, il numero 15 2A1 +1 è divisibile per 8, il che significa che l'intero primo termine è divisibile per 8. Anche il secondo termine 224 = 8-28 è divisibile per 8. Pertanto, il numero UN come la differenza di due numeri multipli di 8 viene divisa per 8. La transizione induttiva è giustificata.

Sulla base del metodo di induzione matematica, concludiamo che è tutto naturale N il numero 15 2 "-1 -*-1 è divisibile per 8.

Facciamo alcuni commenti sul problema risolto.

L’affermazione provata può essere formulata in modo leggermente diverso: “Il numero 15”+1 è divisibile per 8 per ogni naturale dispari / e.”

In secondo luogo, dall'affermazione generale provata si può trarre una conclusione particolare, la cui dimostrazione può essere data come problema separato: il numero 15 2015 +1 è divisibile per 8. Pertanto, a volte è utile generalizzare il problema denotando alcuni significato specifico lettera, quindi applicare il metodo dell'induzione matematica.

Nel vero comprensione generale il termine “induzione” significa che si traggono conclusioni generali sulla base di esempi particolari. Ad esempio, dopo aver considerato alcuni esempi di somme di numeri pari 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38, concludiamo che la somma di due qualsiasi i numeri pari sono numeri pari.

In generale, tale induzione può portare a conclusioni errate. Facciamo un esempio di tale ragionamento errato.

Esempio 5.5.3. Considera il numero UN= /g+i+41 per naturale /?.

Troviamo i valori UN per alcuni valori P.

Permettere n= Io. Allora un = 43 è un numero primo.

Sia /7=2. Poi UN= 4+2+41 = 47 - primo.

Sia l=3. Poi UN= 9+3+41 = 53 - primo.

Sia /7=4. Poi UN= 16+4+41 = 61 - primo.

Prendi come valori N numeri che seguono i quattro, come 5, 6, 7, e assicurati che il numero UN sarà semplice.

Concludiamo: “Per tutto naturale /? numero UN sarà semplice."

Il risultato è stato una dichiarazione falsa. Facciamo un controesempio: /7=41. Assicurati che per questo N numero UN sarà composito.

Il termine “induzione matematica” ha un significato più ristretto, poiché l’uso di questo metodo consente sempre di ottenere una conclusione corretta.

Esempio 5.5.4. Basandosi sul ragionamento induttivo, otteniamo la formula per il termine generale di una progressione aritmetica. Ricordiamo che una professione aritmetica è una sequenza numerica, ciascun membro della quale differisce dal precedente per lo stesso numero, chiamato differenza di progressione. Per specificare in modo univoco una professione aritmetica è necessario indicarne il primo membro UN e differenza D.

Quindi, per definizione un n+ = un n + d, A n> 1.

In un corso di matematica scolastica, di regola, la formula per il termine generale della professione aritmetica viene stabilita sulla base di esempi particolari, cioè per induzione.

Se /7=1, ALLORA CON 7| = I|, QUESTO è I| = tf|+df(l -1).

Se /7=2, allora sono 2 = a+d, questo è UN= I|+*/(2-1).

Se /7=3, allora i 3 = i 2 + = (a+d)+d = a+2d, cioè I3 = I|+(3-1).

Se /7=4, allora i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d= R1+3, ecc.

Gli esempi particolari forniti ci permettono di avanzare un'ipotesi: la formula del termine generale ha la forma UN" = a+(n-)d per tutti /7>1.

Dimostriamo questa formula per induzione matematica.

Base a induzione verificato nelle discussioni precedenti.

Permettere A - un numero tale al quale I* - a+(k-)d (ipotesi induttiva).

Dimostriamolo, che io*+! = a+((k+)-)d, cioè I*+1 = ax+kd.

Per definizione I*+1 = ab+d. un a= io | +(k-1 )D, Significa, ac+= io io +(A:-1)^/+c/ = io | +(A-1+1 )D= io +kd, che era ciò che doveva essere dimostrato (per giustificare la transizione induttiva).

Ora la formula i„ = a+(n-)d dimostrato per qualsiasi numero naturale /;.

Sia una sequenza i ü i 2, i,„... (not

necessariamente una progressione aritmetica o geometrica). Spesso sorgono problemi laddove è necessario riassumere il primo N termini di questa sequenza, ovvero specificare la somma I|+I 2 +...+I e una formula che permetta di trovare i valori di questa somma senza calcolare i termini della sequenza.

Esempio 5.5.5. Proviamo che la somma dei primi N i numeri naturali sono uguali a

/?(/7 + 1)

Indichiamo la somma 1+2+...+/7 con Sn. Troviamo i valori S n per alcuni /7.

Nota: per trovare la somma S 4, puoi utilizzare il valore precedentemente calcolato 5 3, poiché 5 4 = 5 3 +4.

p(pag +1)

Se sostituiamo i valori considerati /? in termine --- allora

otteniamo, rispettivamente, le stesse somme 1, 3, 6, 10. Queste osservazioni

. _ p(p+ 1)

suggerire che la formula S„=--- può essere utilizzato quando

Qualunque //. Dimostriamo questa ipotesi utilizzando il metodo dell'induzione matematica.

Base a induzione verificato. Facciamolo transizione induttiva.

Supponiamo che la formula è vera per qualche numero naturale

, k(k+ 1)

k, allora la rete è la somma dei primi A numeri naturali è uguale a ----.

Dimostriamolo a cui è uguale la somma dei primi (?+1) numeri naturali

• (* + !)(* + 2)

Esprimiamo?*+1 fino a S k. Per fare ciò, nella somma S*+i raggruppiamo il primo A termini e scrivere l'ultimo termine separatamente:

Per ipotesi induttiva S k = Quindi, per trovare

la somma dei primi (?+1) numeri naturali è sufficiente a quella già calcolata

. „ k(k+ 1) _ .. ..

la somma dei primi A numeri uguali a ---, aggiungi un termine (k+1).

La transizione induttiva è giustificata. L’ipotesi avanzata all’inizio è quindi dimostrata.

Abbiamo dato una dimostrazione della formula S n = metodo n^n+

induzione matematica. Naturalmente ci sono altre prove. Ad esempio, puoi scrivere l'importo S, in ordine crescente di termini, e poi in ordine decrescente di termini:

La somma dei termini in una colonna è costante (in una somma, ogni termine successivo diminuisce di 1 e nell'altra aumenta di 1) ed è uguale a (/r + 1). Pertanto, sommando le somme risultanti, avremo N termini uguali a (u+1). Quindi raddoppia la cifra S" uguale a n(n+ 1).

La formula provata può essere ottenuta come caso speciale della formula per la somma dei primi N termini di una progressione aritmetica.

Torniamo al metodo dell'induzione matematica. Si noti che la prima fase del metodo di induzione matematica (base dell'induzione) è sempre necessaria. Mancare questo passaggio può portare a una conclusione errata.

Esempio 5.5.6. "Dimostriamo" la frase: "Il numero 7"+1 è divisibile per 3 per qualsiasi numero naturale i."

«Supponiamo che questo abbia un qualche valore naturale A il numero 7*+1 è divisibile per 3. Dimostriamo che il numero 7 x +1 è divisibile per 3. Eseguiamo le trasformazioni:

Il numero 6 è ovviamente divisibile per 3. Il numero 1 a +è divisibile per 3 per ipotesi induttiva, il che significa che anche il numero 7-(7* + 1) è divisibile per 3. Pertanto, anche la differenza dei numeri divisibili per 3 sarà divisibile per 3.

La proposta è stata dimostrata”.

La dimostrazione della proposizione originale è errata, anche se il salto induttivo viene eseguito correttamente. Infatti, quando n= Io abbiamo il numero 8, con n=2 - il numero è 50, ..., e nessuno di questi numeri è divisibile per 3.

Facciamo una nota importante sulla notazione di un numero naturale quando si esegue una transizione induttiva. Quando si formula una proposta UN) lettera N abbiamo indicato una variabile, invece della quale è possibile sostituire qualsiasi numero naturale. Nel formulare l'ipotesi induttiva, abbiamo indicato con la lettera il valore della variabile A. Tuttavia, molto spesso invece di una nuova lettera A utilizzare la stessa lettera della variabile. Ciò non influisce in alcun modo sulla struttura del ragionamento quando si esegue una transizione induttiva.

Diamo un'occhiata ad alcuni altri esempi di problemi che possono essere risolti utilizzando il metodo dell'induzione matematica.

Esempio 5.5.7. Troviamo il valore della somma

Variabile nel compito N non appare. Tuttavia, considera la sequenza dei termini:

Denotiamo S, = a+a2 +...+a„. Lo troveremo S„per alcuni P. Se /1= 1, allora S, =, =-.

Se n= 2. allora S, = UN, + UN? = - + - = - = -.

Se /?=3, allora S-, = a,+a 7+ io, = - + - + - = - + - = - = -.

3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4

Puoi calcolare tu stesso i valori S" a /7 = 4; 5. Sorge

presupposto naturale: S n= -- per qualsiasi naturale /7. Dimostriamolo

Questo è il metodo di induzione matematica.

Base a induzione controllato sopra.

Facciamolo giunzione induttiva, che denota una presa arbitraria

valore variabile N con la stessa lettera, cioè, lo dimostreremo dall'uguaglianza

0 /7 _ /7 +1

S n= - segue l'uguaglianza S, =-.

/7+1 /7 + 2

Supponiamo che l'uguaglianza è vera S= -P -.

Riassumiamo S„+ Primo N termini:

Applicando l’ipotesi induttiva si ottiene:

Riducendo la frazione di (/7+1), abbiamo l'uguaglianza S n +1 - , L

La transizione induttiva è giustificata.

Ciò dimostra che la somma dei primi N termini

• 1 1 1 /7 ^
• - +-+...+- è uguale a -. Ora torniamo all'originale
• 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1

compito. Per risolverlo è sufficiente prendere come valore N numero 99.

Quindi la somma -!- + -!- + -!- + ...+ --- sarà uguale al numero 0,99.

1-2 2-3 3-4 99100

Prova a calcolare questo importo in un modo diverso.

Esempio 5.5.8. Dimostriamo che la derivata della somma di un numero finito di funzioni differenziabili è uguale alla somma delle derivate di queste funzioni.

Lascia che la variabile /? denota il numero di queste funzioni. Nel caso in cui sia data una sola funzione, la somma si intende proprio tale funzione. Pertanto, se /7=1, allora l'affermazione è ovviamente vera: /" = /".

Supponiamo, che l'affermazione è vera per un insieme di N funzioni (anche qui al posto della lettera A lettera presa P), cioè la derivata della somma N funzioni è uguale alla somma delle derivate.

Dimostriamolo che la derivata della somma (i+1) di funzioni è uguale alla somma delle derivate. Prendiamo un insieme arbitrario composto da n+ funzione differenziabile: /1,/2, . Immaginiamo la somma di queste funzioni

nella forma sol+f„+ 1, dove g=f+/g+ ... +/t- somma N funzioni. Per l'ipotesi induttiva, la derivata della funzione G uguale alla somma delle derivate: g" = piedi + piedi + ... +ft. Vale quindi la seguente catena di uguaglianze:

La transizione induttiva è completa.

Pertanto la proposizione originale è dimostrata per qualsiasi numero finito di funzioni.

In alcuni casi è necessario dimostrare la verità di una frase UN) per tutti i sé naturali, a partire da un valore Con. La dimostrazione per induzione matematica in questi casi viene effettuata secondo il seguente schema.

Base ad induzione. Dimostriamo che la proposta UN vero per valore P, pari Con.

Transizione induttiva. 1) Partiamo dal presupposto che la proposta UN vero per un certo valore A variabile /?, che è maggiore o uguale a Con.

2) Dimostriamo che la proposta UN vero per /? uguale a

Nota ancora che invece della lettera A la designazione della variabile viene spesso lasciata P. In questo caso, la transizione induttiva inizia con le parole: “Supponiamo che abbia un certo valore p>s Giusto A(p). Dimostriamo che allora è vero A(n+ 1)".

Esempio 5.5.9. Dimostriamolo in modo del tutto naturale n> 5 la disuguaglianza 2” > e 2 è vera.

Base ad induzione. Permettere n= 5. Quindi 2 5 =32, 5 2 =25. La disuguaglianza 32>25 è vera.

Transizione induttiva. Supponiamo vale la disuguaglianza 2 P > p 2 per qualche numero naturale n> 5. Dimostriamolo, che quindi 2" +| > (n+1) 2 .

Secondo le proprietà dei gradi 2”+| = 2-2". Poiché 2">I 2 (per ipotesi induttiva), allora 2-2">2I 2 (I).

Dimostriamo che 2 n2 maggiore di (i+1) 2 . Si può fare in modi diversi. È sufficiente risolvere la disuguaglianza quadratica 2x2 >(x+)2 nell'insieme dei numeri reali e vedere che tutti i numeri naturali maggiori o uguali a 5 sono le sue soluzioni.

Procederemo come segue. Troviamo la differenza dei numeri 2 n2 e (i+1) 2:

Da > 5, allora i+1 > 6, che significa (i+1) 2 > 36. Pertanto, la differenza è maggiore di 0. Quindi, 2i 2 > (i+1) 2 (2).

Sulla base delle proprietà delle disuguaglianze da (I) e (2), ne consegue che 2*2" > (i+1) 2, che era ciò che occorreva dimostrare per giustificare la transizione induttiva.

Basandoci sul metodo di induzione matematica, concludiamo che la disuguaglianza 2" > i 2 è vero per qualsiasi numero naturale i.

Consideriamo un'altra forma del metodo di induzione matematica. La differenza sta nella transizione induttiva. Per implementarlo è necessario completare due passaggi:

• 1) presupporre che la proposta UN) vero per tutti i valori della variabile i inferiori a un certo numero P;
• 2) dall'ipotesi avanzata, dedurre che la proposta UN) vale anche per i numeri R.

Pertanto, la transizione induttiva richiede la dimostrazione del corollario: [(Ui?) A(p)] => A(p). Si noti che il corollario può essere riscritto come: [(Su^p) A(p)] => A(p+ 1).

Nella formulazione originale del metodo di induzione matematica quando si dimostra una proposizione A(p) ci siamo basati solo sulla frase “precedente”. A(p- 1). La formulazione del metodo qui data ci permette di derivare A(p), considerando che tutte le proposte A(p), dove sono meno? R, sono vere.

Esempio 5.5.10. Dimostriamo il teorema: “La somma angoli interni qualsiasi i-gon è uguale a 180°(i-2).”

Per un poligono convesso, il teorema è facile da dimostrare se lo dividi in triangoli per le diagonali tracciate da un vertice. Tuttavia, per un poligono non convesso tale procedura potrebbe non essere possibile.

Dimostriamo il teorema per un poligono arbitrario usando l'induzione matematica. Supponiamo che sia nota la seguente affermazione, che, a rigore, richiede una dimostrazione separata: "In ogni //-gon c'è una diagonale che giace interamente nella sua parte interna".

Al posto della variabile // puoi sostituire qualsiasi numero naturale maggiore o uguale a 3. For n=b Il teorema è vero perché in un triangolo la somma degli angoli è 180°.

Prendiamo un po' di /7-gon (p> 4) e assumiamo che la somma degli angoli di qualsiasi //-gon, dove // ​​p, sia uguale a 180°(//-2). Dimostriamo che la somma degli angoli del //-gon è pari a 180°(//-2).

Disegniamo la diagonale del //-gon che giace al suo interno. Dividerà il //-gon in due poligoni. Lascia che uno di loro lo abbia A lati, l'altro - a 2 lati Poi k+k 2 -2 = p, poiché i poligoni risultanti hanno una diagonale disegnata sul lato comune, che non è il lato del //-gon originale.

Entrambi i numeri A E a 2 meno //. Applichiamo l'ipotesi induttiva ai poligoni risultanti: la somma degli angoli dell'A]-gono è pari a 180°-(?i-2), e la somma degli angoli? 2 -gon è uguale a 180°-(Ar 2 -2). Quindi la somma degli angoli del //-gon sarà uguale alla somma di questi numeri:

180°*(Ar|-2)-n 180°(Ar2-2) = 180 o (Ar,-bAr 2 -2-2) = 180°-(//-2).

La transizione induttiva è giustificata. Basandosi sul metodo dell'induzione matematica, il teorema è dimostrato per qualsiasi //-gon (//>3).

Il testo dell'opera è pubblicato senza immagini e formule.
Versione completa il lavoro è disponibile nella scheda "File di lavoro" in formato PDF

Introduzione

Questo argomento è rilevante, poiché ogni giorno le persone risolvono vari problemi in cui utilizzano diversi metodi di soluzione, ma ci sono compiti in cui non si può fare a meno del metodo di induzione matematica, e in questi casi la conoscenza in quest'area sarà molto utile.

Ho scelto questo argomento per la ricerca, perché curriculum scolastico poco tempo viene dedicato al metodo di induzione matematica, lo studente apprende informazioni superficiali che lo aiuteranno ad avere solo un'idea generale di questo metodo, ma per studiare in profondità questa teoria sarà necessario lo sviluppo personale. Sarà davvero utile saperne di più su questo argomento, poiché amplia gli orizzonti di una persona e aiuta a risolvere problemi complessi.

Scopo del lavoro:

Conoscere il metodo di induzione matematica, sistematizzare la conoscenza su questo argomento e applicarla quando si risolvono problemi matematici e si dimostrano teoremi, giustificare e mostrare chiaramente significato pratico il metodo dell'induzione matematica come fattore necessario per la risoluzione dei problemi.

Obiettivi lavorativi:

Analizzare la letteratura e riassumere le conoscenze su questo argomento.

Comprendere il principio del metodo di induzione matematica.

Esplora l'applicazione del metodo di induzione matematica alla risoluzione dei problemi.

Formulare conclusioni e conclusioni sul lavoro svolto.

Parte principale dello studio

Storia:

Solo a fine del 19° secolo secolo, è emerso uno standard di requisiti di rigore logico, che rimane dominante nel lavoro pratico matematici sullo sviluppo delle singole teorie matematiche.

L'induzione è una procedura cognitiva attraverso la quale dal confronto di fatti esistenti si ricava un'affermazione che li generalizza.

In matematica, il ruolo dell'induzione è in gran parte quello di essere alla base dell'assiomatica scelta. Dopo che la pratica a lungo termine ha dimostrato che un percorso rettilineo è sempre più breve di uno curvo o spezzato, è stato naturale formulare un assioma: per tre punti A, B e C vale una disuguaglianza.

La consapevolezza del metodo dell'induzione matematica come metodo importante e separato risale a Blaise Pascal e Gersonide, sebbene singoli casi di applicazione si trovino nell'antichità in Proclo ed Euclide. Il nome moderno del metodo fu introdotto da De Morgan nel 1838.

Il metodo dell'induzione matematica può essere paragonato al progresso: si parte quindi dal più basso pensiero logico arriviamo al massimo. L'uomo ha sempre cercato il progresso, la capacità di sviluppare logicamente i suoi pensieri, il che significa che la natura stessa lo ha destinato a pensare induttivamente.

Induzione e deduzione

È noto che esistono affermazioni sia particolari che generali, e questi due termini si basano sul passaggio dall'uno all'altro.

Deduzione (dal latino deductio - deduzione) - una transizione nel processo di cognizione da generale conoscenza a privato E separare. Nella deduzione, la conoscenza generale funge da punto di partenza del ragionamento e si presuppone che questa conoscenza generale sia “già pronta”, esistente. La particolarità della deduzione è che la verità delle sue premesse garantisce la verità della conclusione. Pertanto, la deduzione ha un enorme potere persuasivo ed è ampiamente utilizzata non solo per dimostrare teoremi in matematica, ma anche ovunque sia necessaria una conoscenza affidabile.

L'induzione (dal latino inductio - guida) è una transizione nel processo di cognizione da privato conoscenza a generale In altre parole, è un metodo di ricerca e cognizione associato alla generalizzazione dei risultati di osservazioni ed esperimenti. Una caratteristica dell'induzione è la sua natura probabilistica, ad es. Se le premesse iniziali sono vere, la conclusione dell'induzione è vera solo probabilmente e nel risultato finale può risultare vera o falsa.

Induzione completa e incompleta

L'inferenza induttiva è una forma di pensiero astratto in cui il pensiero si sviluppa dalla conoscenza di un grado minore di generalità alla conoscenza di un grado maggiore di generalità, e la conclusione derivante dalle premesse è prevalentemente di natura probabilistica.

Durante la ricerca ho scoperto che l'induzione si divide in due tipologie: completa e incompleta.

L'induzione completa è un'inferenza in cui viene fatta una conclusione generale su una classe di oggetti basata sullo studio di tutti gli oggetti di quella classe.

Ad esempio, sia necessario stabilire che ogni numero naturale pari n entro i limiti 6≤ n≤ 18 può essere rappresentato come la somma di due numeri primi. Per fare ciò, prendi tutti questi numeri e scrivi le espansioni corrispondenti:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Queste uguaglianze mostrano che ciascuno dei numeri che ci interessano è infatti rappresentato come la somma di due termini semplici.

Consideriamo prossimo esempio: sequenza yn= n 2 +n+17; Scriviamo i primi quattro termini: y 1 =19; y2 =23; y3 =29; y4 =37; Quindi possiamo supporre che l'intera sequenza sia composta da numeri primi. Ma non è così, prendiamo y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Questo è un numero composto, il che significa che la nostra ipotesi è errata, quindi un'induzione incompleta non porta a conclusioni completamente affidabili, ma ci consente di formulare un'ipotesi, che successivamente richiederà prova matematica o confutazione.

Metodo di induzione matematica

L'induzione completa ha solo applicazioni limitate in matematica. Molte affermazioni matematiche interessanti coprono un numero infinito di casi speciali e non siamo in grado di verificare tutte queste situazioni. Ma come possiamo verificare un numero infinito di casi? Questo metodo è stato proposto da B. Pascal e J. Bernoulli, si tratta di un metodo di induzione matematica, che si basa su principio di induzione matematica.

Se una frase A(n), dipendente da un numero naturale n, è vera per n=1 e dal fatto che è vera per n=k (dove k è un numero naturale qualsiasi), ne consegue che è vera anche per il numero successivo n=k +1, allora l'ipotesi A(n) è vera per qualsiasi numero naturale n.

In molti casi può essere necessario dimostrare la validità di una certa affermazione non per tutti i numeri naturali, ma solo per n>p, dove p è un numero naturale fisso. In questo caso, il principio di induzione matematica è formulato come segue:

Se la proposizione A(n) è vera per n=p e se A(k)  A(k+1) per ogni k>p, allora la proposizione A(n) è vera per ogni n>p.

Algoritmo (si compone di quattro fasi):

1.base(dimostriamo che l'affermazione da dimostrare è vera per alcuni casi speciali più semplici ( N = 1));

2.presupposto(supponiamo che l'affermazione sia stata dimostrata per la prima volta A casi); 3 .fare un passo(sotto questa ipotesi dimostriamo l'affermazione del caso N = A +1); 4.uscita (a l'affermazione è vera per tutti i casi, cioè per tutti P) .

Si noti che il metodo di induzione matematica non può risolvere tutti i problemi, ma solo problemi parametrizzati da una determinata variabile. Questa variabile è chiamata variabile di induzione.

Applicazione del metodo dell'induzione matematica

Applichiamo l'intera teoria nella pratica e scopriamo in quali problemi viene utilizzato questo metodo.

Problemi per dimostrare le disuguaglianze.

Esempio 1. Dimostrare la disuguaglianza di Bernoulli(1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) Per n=1 la disuguaglianza è vera, poiché 1+x≥1+x

2) Supponiamo che la disuguaglianza sia vera per alcuni n=k, cioè

(1+x)k ≥1+kx.

Moltiplicando entrambi i membri della disuguaglianza per un numero positivo 1+x, otteniamo

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

Tenendo conto che kx 2 ≥0, arriviamo alla disuguaglianza

(1+x)k+1 ≥1+(k+1)x.

Pertanto, dall'assunto che la disuguaglianza di Bernoulli è vera per n=k, segue che è vera per n=k+1. Basandosi sul metodo dell’induzione matematica, si può sostenere che la disuguaglianza di Bernoulli è valida per ogni n € N.

Esempio 2. Dimostrare che per ogni numero naturale n>1, .

Dimostriamolo utilizzando il metodo dell'induzione matematica.

Indichiamo con il lato sinistro della disuguaglianza.

1), quindi per n=2 vale la disuguaglianza.

2) Sia per alcuni k. Dimostriamolo allora e. Abbiamo, .

Confrontando e, abbiamo, ad es. .

Per ogni intero positivo k, il lato destro dell'ultima uguaglianza è positivo. Ecco perché. Ma questo significa e. Abbiamo dimostrato la validità della disuguaglianza per n=k+1, quindi, in virtù del metodo di induzione matematica, la disuguaglianza è valida per qualsiasi numero naturale n>1.

Problemi per dimostrare le identità.

Esempio 1. Dimostrare che per ogni numero naturale n vale la seguente uguaglianza:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Sia n=1, allora X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Vediamo che per n=1 l'affermazione è vera.

2) Supponiamo che l'uguaglianza sia vera per n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Dimostriamo la verità di questa affermazione per n=k+1, cioè 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.

Dalla dimostrazione precedente è chiaro che l'affermazione è vera per n=k+1, quindi l'uguaglianza è vera per qualsiasi numero naturale n.

Esempio 2. Dimostrare che per ogni n naturale l'uguaglianza è vera

1) Verifichiamo che questa identità è vera per n = 1.; - Giusto.

2) Sia vera l'identità anche per n = k, cioè.

3) Proviamo che questa identità vale anche per n = k + 1, cioè;

Perché Se l'uguaglianza è vera per n=k en=k+1, allora è vera per qualsiasi numero naturale n.

Problemi di sommatoria.

Esempio 1. Dimostra che 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Soluzione: 1) Abbiamo n=1=1 2 . Pertanto, l'affermazione è vera per n=1, cioè A(1) è vero.

2) Proviamo che A(k) A(k+1).

Sia k un numero naturale qualsiasi e l'affermazione sia vera per n=k, ovvero 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Proviamo che allora l'affermazione è vera anche per il prossimo numero naturale n=k+1, cioè Che cosa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Quindi A(k) A(k+1). Basandoci sul principio di induzione matematica, concludiamo che l’ipotesi A(n) è vera per ogni n N.

Esempio 2. Dimostrare la formula, n è un numero naturale.

Soluzione: Quando n=1, entrambi i membri dell'uguaglianza diventano uno e, quindi, la prima condizione del principio di induzione matematica è soddisfatta.

Supponiamo che la formula sia corretta per n=k, cioè .

Aggiungiamo ad entrambi i lati di questa uguaglianza e trasformiamo lato destro. Allora otteniamo

Quindi, dal fatto che la formula è vera per n=k, ne consegue che è vera anche per n=k+1, quindi questa affermazione è vera per qualsiasi numero naturale n.

Problemi di divisibilità.

Esempio 1. Dimostrare che (11 n+2 +12 2n+1) è divisibile per 133 senza resto.

Soluzione: 1) Sia n=1, allora

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

(23×133) è divisibile per 133 senza resto, il che significa che per n=1 l'affermazione è vera;

2) Supponiamo che (11 k+2 +12 2k+1) sia divisibile per 133 senza resto.

3) Dimostriamolo in questo caso

(11k+3+12 2k+3) è divisibile per 133 senza resto. Infatti, 11 k+3 +12 2l+3 =11×11 k+2 +

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

La somma risultante viene divisa per 133 senza resto, poiché il suo primo termine è divisibile per 133 senza resto per ipotesi, e nel secondo uno dei fattori è 133.

Quindi, A(k)→ A(k+1), quindi in base al metodo di induzione matematica, l'affermazione è vera per qualsiasi n naturale.

Esempio 2. Dimostrare che 3 3n-1 +2 4n-3 per un numero naturale arbitrario n è divisibile per 11.

Soluzione: 1) Sia n=1, allora X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 è divisibile per 11 senza resto. Ciò significa che per n=1 l'affermazione è vera.

2) Supponiamo che per n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 è divisibile per 11 senza resto.

3) Dimostriamo che l'affermazione è vera per n=k+1.

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

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

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

Il primo termine è divisibile per 11 senza resto, poiché 3 3k-1 +2 4k-3 è divisibile per 11 per ipotesi, il secondo è divisibile per 11, perché uno dei suoi fattori è il numero 11. Ciò significa che la somma è divisibile per 11 senza resto per qualsiasi numero naturale n.

Compiti da vita reale.

Esempio 1. Dimostrare che la somma Sn degli angoli interni di qualsiasi poligono convesso è uguale a ( N- 2)π, dove N— il numero di lati di questo poligono: Sn = ( N- 2)π (1).

Questa affermazione non ha senso per tutto naturale N, ma solo per N > 3, poiché il numero minimo di angoli in un triangolo è 3.

1) Quando N= 3 la nostra affermazione assume la forma: S 3 = π. Ma la somma degli angoli interni di ogni triangolo è effettivamente π. Pertanto, quando N= 3 la formula (1) è corretta.

2) Sia vera questa formula per n =k, cioè S k = (k- 2)π, dove k > 3. Dimostriamo che in questo caso vale la formula: S k+ 1 = (k- 1)π.

Sia A 1 A 2...A k UN k+ 1—convesso arbitrario ( k+ 1) -gon (Fig. 338).

Punti di collegamento A 1 e A k , diventiamo convessi k-gon A 1 A 2 ... A k — 1A k . Ovviamente la somma degli angoli ( k+ 1) -gon LA 1 LA 2 ... LA k UN k+ 1 è uguale alla somma degli angoli k-gon A 1 A 2 ... A k più la somma degli angoli di un triangolo A 1 A k UN k+ 1. Ma la somma degli angoli k-gon A 1 A 2 ... A k per ipotesi pari a ( k- 2)π, e la somma degli angoli del triangolo A 1 A k UN k+ 1 è uguale a π. Ecco perché

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

Quindi, entrambe le condizioni del principio di induzione matematica sono soddisfatte, e quindi la formula (1) è vera per qualsiasi naturale N > 3.

Esempio 2. C'è una scala, tutti i gradini sono uguali. È obbligatorio indicare il numero minimo di posizioni che garantirebbe la possibilità di “salire” su qualsiasi gradino per numero.

Tutti concordano che ci deve essere una condizione. Dobbiamo essere in grado di salire fino al primo gradino. Successivamente, devono essere in grado di salire dal 1° gradino al secondo. Quindi al secondo - al terzo, ecc. all'ennesimo passo. Naturalmente, in totale, le “n” affermazioni garantiscono che saremo in grado di arrivare all’ennesimo passaggio.

Diamo ora un'occhiata alla posizione 2, 3,..., n e confrontiamoli tra loro. È facile vedere che hanno tutti la stessa struttura: se abbiamo raggiunto il passo k, allora possiamo salire fino al passo (k+1). Diventa quindi naturale per la validità degli enunciati dipendenti da “n” il seguente assioma: se un enunciato A(n), in cui n è un numero naturale, vale per n=1 e dal fatto che vale per n=k (dove k è un numero naturale qualsiasi), ne consegue che vale per n=k+1, quindi l'assunzione A(n) vale per qualsiasi numero naturale n.

Applicazione

Problemi con il metodo dell'induzione matematica quando si entra nelle università.

Si noti che al momento dell'ammissione all'istruzione superiore istituzioni educative Ci sono anche problemi che possono essere risolti con questo metodo. Vediamoli utilizzando esempi specifici.

Esempio 1. Dimostrare che è naturale N l'uguaglianza è vera

1) Quando n=1 otteniamo l'uguaglianza corretta Sin.

2) Avendo fatto l'ipotesi induttiva che quando n= k l'uguaglianza è vera, considera la somma a sinistra dell'uguaglianza per n =k+1;

3) Usando le formule di riduzione, trasformiamo l'espressione:

Allora, in virtù del metodo dell'induzione matematica, l'uguaglianza è vera per qualsiasi numero naturale n.

Esempio 2. Dimostrare che per ogni numero naturale n il valore dell'espressione 4n +15n-1 è multiplo di 9.

1) Con n=1: 2 2 +15-1=18 - un multiplo di 9 (poiché 18:9=2)

2) Lasciamo valere l'uguaglianza n=k: 4k+15k-1 multiplo di 9.

3) Dimostriamo che l'uguaglianza vale per il numero successivo n=k+1

4k+1 +15(k+1)-1=4k+1 +15k+15-1=4,4k +60k-4-45k+18=4(4k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4k +15k-1) - multiplo di 9;

9(5k-2) - multiplo di 9;

Di conseguenza, l'intera espressione 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) è un multiplo di 9, che è ciò che doveva essere dimostrato.

Esempio 3. Dimostrarlo per qualsiasi numero naturale N la condizione è soddisfatta: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Verifichiamo che questa formula sia corretta quando n=1: Lato sinistro = 1∙2∙3=6.

Lato destro = . 6 = 6; vero quando n=1.

2) Supponiamo che questa formula sia vera per n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Proviamo che questa formula è vera per n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Prova:

Quindi, questa condizione è vera in due casi ed è stata dimostrata vera per n =k+1, quindi è vero per qualsiasi numero naturale P.

Conclusione

Riassumendo, nel processo di ricerca ho scoperto cos'è l'induzione, che può essere completa o incompleta, ho conosciuto il metodo di induzione matematica basato sul principio dell'induzione matematica e ho considerato molti problemi utilizzando questo metodo.

Ho anche imparato molto nuove informazioni, diverso da quello incluso nel curriculum scolastico. Durante lo studio del metodo di induzione matematica, ho utilizzato varia letteratura, risorse Internet e mi sono anche consultato con un insegnante.

Conclusione: Avendo generalizzato e sistematizzato le conoscenze sull'induzione matematica, mi sono convinto della necessità di conoscere questo argomento nella realtà. Qualità positiva Il metodo dell'induzione matematica è la sua ampia applicazione nella risoluzione di problemi: nel campo dell'algebra, della geometria e della matematica reale. Questa conoscenza aumenta anche l’interesse per la matematica come scienza.

Sono fiducioso che le competenze acquisite durante il mio lavoro mi aiuteranno in futuro.

​ Riferimenti

Sominsky I.S. Metodo di induzione matematica. Lezioni divulgative sulla matematica, numero 3-M .: Science, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Induzione in geometria. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 p. — (Lezioni divulgative di matematica).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Un manuale di matematica per chi entra all'università (Domande selezionate di matematica elementare) - 5a edizione, rivista, 1976 - 638 pp.

A. Shen. Induzione matematica. - MCNMO, 2004. - 36 pag.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Raccolta di problemi di algebra: libro di testo per i gradi 8-9. con profondità studiare matematica 7a ed. - M.: Prosveshchenie, 2001. - 271 p.

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-dyuk N.G Capitoli aggiuntivi per il libro di testo scolastico di al-geb-ry 9a elementare. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Wikipedia è un'enciclopedia libera.

Per fare ciò, controlla prima la verità dell'affermazione numero 1 - base ad induzione, e quindi si dimostra che se l'affermazione con numero è vera N, allora è vera anche la seguente affermazione con numero N + 1 - fase di induzione, O transizione di induzione.

La dimostrazione per induzione può essere presentata chiaramente nella forma del cosiddetto principio del domino. Mettiamo in fila un numero qualsiasi di tessere del domino in modo tale che ciascuna tessera del domino, cadendo, rovesci necessariamente la tessera del domino che la segue (questa è la transizione induttiva). Quindi, se spingiamo il primo osso (questa è la base dell'induzione), tutte le ossa della fila cadranno.

La base logica per questo metodo di prova è la cosiddetta assioma di induzione, il quinto degli assiomi di Peano che definiscono i numeri naturali. La correttezza del metodo di induzione equivale al fatto che in ogni sottoinsieme dei numeri naturali esiste un elemento minimo.

Esiste anche una variazione, il cosiddetto principio di induzione matematica completa. Ecco la sua formulazione rigorosa:

Il principio di induzione matematica completa è equivalente anche all'assioma di induzione negli assiomi di Peano.

Esempi

Compito. Per dimostrarlo, qualunque sia la natura N e reale Q≠ 1, vale l'uguaglianza

Prova. Induzione attiva N.

Base, N = 1:

Transizione: supponiamolo

,

Q.E.D.

Commento: correttezza dell'affermazione P N in questa dimostrazione - lo stesso della verità dell'uguaglianza

Vedi anche

Variazioni e generalizzazioni

Letteratura

• N. Ya Induzione. Combinatoria. Manuale per gli insegnanti. M., Educazione, 1976.-48 p.
• L. I. Golovina, I. M. Yaglom Induzione alla geometria, “Lezioni popolari di matematica”, numero 21, Fizmatgiz 1961.-100 p.
• R. Courant, G. Robbins"Cos'è la matematica?" Capitolo I, § 2.
• I. S. Sominsky Metodo di induzione matematica. “Lezioni popolari sulla matematica”, numero 3, casa editrice “Nauka” 1965.-58 p.

Fondazione Wikimedia.

2010.

Scopri cos'è il "Metodo di induzione matematica" in altri dizionari:

L'induzione matematica in matematica è uno dei metodi di prova. Utilizzato per dimostrare la verità di una certa affermazione per tutti i numeri naturali. Per fare ciò, la verità dell'affermazione con il numero 1 viene prima verificata per induzione, e poi... ... Wikipedia Un metodo di costruzione di una teoria, in cui essa si basa su alcune delle sue disposizioni - assiomi o postulati - da cui tutte le altre disposizioni della teoria (teoremi) sono dedotte mediante ragionamento, chiamate prove mi. Regole secondo la Crimea... ...

Enciclopedia filosofica

L'induzione (lat. inductio guidance) è il processo di inferenza logica basato sulla transizione da una situazione particolare a una generale. L'inferenza induttiva collega premesse particolari con la conclusione non tanto attraverso le leggi della logica, ma piuttosto attraverso alcune... ...Wikipedia METODO GENETICO - un modo di definire il contenuto e l'essenza della materia studiata non per convenzione, idealizzazione o conclusione logica, ma studiandone l'origine (basato sullo studio delle ragioni che hanno portato alla sua emergenza, il meccanismo di formazione). Largo... ...

Filosofia della scienza: glossario dei termini di base Metodo di costruzione, in cui si basa su alcune disposizioni iniziali (giudizi) dell'assioma (Vedi Assioma), o Postulati, dai quali devono essere dedotte tutte le altre affermazioni di questa scienza (teoremi (Vedi Teorema))... ... Grande Enciclopedia Sovietica

metodo assiomatico- IL METODO ASSIOMATICO (dal greco axioma) è una posizione accettata - un metodo per costruire una teoria scientifica, in cui nelle dimostrazioni vengono utilizzati solo assiomi, postulati e affermazioni precedentemente derivate da essi. Per la prima volta chiaramente dimostrato... ... Enciclopedia di epistemologia e filosofia della scienza

Uno dei metodi di errore teorico per stimare quantità sconosciute da risultati di misurazione contenenti errori casuali. N.K.M viene utilizzato anche per approssimare la rappresentazione di una data funzione mediante altre funzioni (più semplici) e spesso risulta essere... Enciclopedia matematica

L'induzione matematica è uno dei metodi di prova matematica, utilizzato per dimostrare la verità di una certa affermazione per tutti i numeri naturali. Per fare ciò, controlla prima ... Wikipedia

Questo termine ha altri significati, vedi Induzione. L'induzione (lat. inductio guidance) è il processo di inferenza logica basato sulla transizione da una situazione particolare a una generale. L'inferenza induttiva collega premesse particolari... ... Wikipedia

L'induzione è un metodo per ottenere un'affermazione generale da osservazioni particolari. Nel caso in cui un'affermazione matematica riguardi un numero finito di oggetti, può essere dimostrata testando ciascun oggetto. Ad esempio, l’affermazione: “Ogni numero pari di due cifre è la somma di due numeri primi”, segue da una serie di uguaglianze che è abbastanza possibile stabilire:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Un metodo di dimostrazione in cui un'affermazione viene verificata per un numero finito di casi che esauriscono tutte le possibilità è chiamato induzione completa. Questo metodo è usato relativamente raramente, poiché le affermazioni matematiche, di regola, riguardano insiemi di oggetti non finiti, ma infiniti. Ad esempio, l’affermazione sui numeri pari di due cifre dimostrata sopra per induzione completa è solo un caso speciale del teorema: “Ogni numero pari è la somma di due numeri primi”. Questo teorema non è stato ancora dimostrato né smentito.

L'induzione matematica è un metodo per dimostrare una certa affermazione per qualsiasi numero naturale n basato sul principio dell'induzione matematica: “Se un'affermazione è vera per n=1 e la sua validità per n=k implica la validità di questa affermazione per n=k +1, allora è vero per tutti gli n " Il metodo di dimostrazione per induzione matematica è il seguente:

1) base di induzione: dimostrano o controllano direttamente la validità dell'affermazione per n=1 (a volte n=0 oppure n=n 0);

2) passo di induzione (transizione): assumono la validità dell'affermazione per un numero naturale n=k e, sulla base di questa assunzione, dimostrano la validità dell'affermazione per n=k+1.

Problemi con soluzioni

1. Dimostra che per ogni numero naturale n, il numero 3 2n+1 +2 n+2 è divisibile per 7.

Indichiamo A(n)=3 2n+1 +2 n+2.

Base ad induzione. Se n=1, allora A(1)=3 3 +2 3 =35 e, ovviamente, è divisibile per 7.

Ipotesi di induzione. Sia A(k) divisibile per 7.

Transizione di induzione. Dimostriamo che A(k+1) è divisibile per 7, cioè la validità dell'enunciato del problema per n=k.

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.

Ultimo numeroè divisibile per 7 perché è la differenza di due interi divisibili per 7. Pertanto, 3 2n+1 +2 n+2 è divisibile per 7 per qualsiasi numero naturale n.

2. Dimostrare che per ogni numero naturale n, il numero 2 3 n +1 è divisibile per 3 n+1 e non divisibile per 3 n+2.

Introduciamo la notazione: a i =2 3 i +1.

Per n=1 abbiamo, e 1 =2 3 +1=9. Quindi, a 1 è divisibile per 3 2 e non divisibile per 3 3.

Sia n=k il numero a k divisibile per 3 k+1 e non divisibile per 3 k+2, ovvero a k =2 3 k +1=3 k+1 m, dove m non è divisibile per 3. Allora

e 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).

Ovviamente a k+1 è divisibile per 3 k+2 e non divisibile per 3 k+3.

Pertanto l'affermazione è dimostrata per qualsiasi numero naturale n.

3. È noto che x+1/x è un numero intero. Dimostrare che anche x n +1/x n è un intero per qualsiasi intero n.

Introduciamo la notazione: a i =х i +1/х i e notiamo subito che a i =а –i, quindi continueremo a parlare di indici naturali.

Nota: per convenzione a 1 è un numero intero; e 2 è un numero intero, poiché a 2 = (a 1) 2 –2; e 0 =2.

Supponiamo che a k sia un numero intero per qualsiasi numero naturale k non superiore a n. Allora a 1 ·a n è un intero, ma a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 e a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Tuttavia, n–1, secondo l'ipotesi di induzione, è un numero intero. Ciò significa che anche n+1 è un numero intero. Pertanto, x n +1/x n è un intero per qualsiasi intero n, che è ciò che doveva essere dimostrato.

4. Dimostrare che per ogni numero naturale n maggiore di 1 è vera la doppia disuguaglianza

5. Dimostrare che per n naturale > 1 e |x|

(1–x)n +(1+x)n

Per n=2 la disuguaglianza è vera. Veramente,

(1–x)2 +(1+x)2 = 2+2x2

Se la disuguaglianza è vera per n=k, allora per n=k+1 abbiamo

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

La disuguaglianza è stata dimostrata per qualsiasi numero naturale n > 1.

6. Ci sono n cerchi su un piano. Dimostrare che per qualsiasi disposizione di questi cerchi, la mappa che formano può essere colorata correttamente con due colori.

Usiamo il metodo dell'induzione matematica.

Per n=1 l'affermazione è ovvia.

Supponiamo che l'affermazione sia vera per qualsiasi mappa formata da n cerchi, e siano presenti n+1 cerchi sul piano. Togliendo uno di questi cerchi, otteniamo una mappa che, per l'ipotesi fatta, può essere colorata correttamente con due colori (vedi la prima immagine sotto).

Quindi ripristineremo il cerchio scartato e su un lato di esso, ad esempio all'interno, cambieremo il colore di ciascuna area in quello opposto (vedi la seconda immagine). È facile vedere che in questo caso otterremo una mappa correttamente colorata con due colori, ma solo ora per n+1 cerchi, che è quello che dovevamo dimostrare.

7. Chiameremo “bello” un poligono convesso se sono soddisfatte le seguenti condizioni:

1) ciascuno dei suoi vertici è colorato di uno di tre colori;

2) due vertici adiacenti qualsiasi sono dipinti in colori diversi;

3) almeno un vertice del poligono è dipinto in ciascuno dei tre colori.

Dimostrare che qualsiasi bel n-gon può essere tagliato da diagonali disgiunte in triangoli “belli”.

Usiamo il metodo dell'induzione matematica.

Base ad induzione. Con il più piccolo possibile n=3, la formulazione del problema è ovvia: i vertici del “bel” triangolo sono dipinti in tre colori diversi e non sono necessari tagli.

Ipotesi di induzione. Supponiamo che l'enunciato del problema sia vero per qualsiasi “bello” n-gon.

Fase di induzione. Consideriamo un arbitrario “bello” (n+1)-gono e dimostriamo, utilizzando l'ipotesi di induzione, che può essere tagliato da certe diagonali in triangoli “belli”. Indichiamo con A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 i vertici successivi del (n+1)-gono. Se solo un vertice di un (n+1)-gono è colorato in uno qualsiasi dei tre colori, allora collegando questo vertice con diagonali a tutti i vertici che non gli sono adiacenti, otteniamo la necessaria partizione del (n+1 )-gon in “bellissimi” triangoli.

Se almeno due vertici di un (n+1)-gono sono colorati in ciascuno dei tre colori, allora denotiamo il colore del vertice A 1 con il numero 1 e il colore del vertice A 2 con il numero 2. Sia k il numero più piccolo tale che il vertice A k sia colorato nel terzo colore. È chiaro che k > 2. Tagliamo il triangolo A k–2 A k–1 A k dal (n+1)-gono con diagonale A k–2 A k. In accordo con la scelta del numero k, tutti i vertici di questo triangolo sono dipinti in tre colori diversi, cioè questo triangolo è “bello”. Il convesso n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 che rimane, sarà anche, in virtù dell'assunzione induttiva, “bello”, il che significa è diviso in “bellissimi” triangoli, che dovevano essere dimostrati.

8. Dimostrare che in un n-gono convesso è impossibile scegliere più di n diagonali in modo che due qualsiasi di esse abbiano un punto in comune.

Effettuiamo la dimostrazione utilizzando il metodo dell'induzione matematica.

Dimostriamo un'affermazione più generale: in un n-gono convesso è impossibile scegliere più di n lati e diagonali in modo che due qualsiasi di essi abbiano un punto in comune. Per n = 3 l'affermazione è ovvia. Supponiamo che questa affermazione sia vera per un n-gon arbitrario e, utilizzandola, dimostreremo la sua validità per un (n+1)-gon arbitrario.

Supponiamo che questa affermazione non sia vera per un (n+1)-gon. Se non più di due lati o diagonali selezionati emergono da ciascun vertice di un (n+1)-gono, allora non più di n+1 di essi vengono selezionati in totale. Pertanto da un vertice A emergono almeno tre lati o diagonali scelti AB, AC, AD. Sia AC tra AB e AD. Poiché qualsiasi lato o diagonale che emerge dal punto C e diverso da CA non può intersecare simultaneamente AB e AD, solo una diagonale CA scelta emerge dal punto C.

Scartando il punto C insieme alla diagonale CA, otteniamo un n-gono convesso in cui sono selezionati più di n lati e diagonali, due qualsiasi dei quali hanno un punto in comune. Pertanto, arriviamo a una contraddizione con l'assunzione che l'affermazione sia vera per un n-gon convesso arbitrario.

Quindi, per un (n+1)-gon l'affermazione è vera. Secondo il principio di induzione matematica, l'affermazione è vera per qualsiasi n-gono convesso.

9. In un piano ci sono n rette, di cui nessuna è parallela e nessuna passa per lo stesso punto. In quante parti queste linee dividono il piano?

Usando disegni elementari puoi facilmente verificare che una retta divide il piano in 2 parti, due rette in 4 parti, tre rette in 7 parti e quattro rette in 11 parti.

Indichiamo con N(n) il numero delle parti in cui n rette dividono il piano. Lo si può notare

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

È naturale presumerlo

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

oppure, come è facile stabilire, utilizzando la formula per la somma dei primi n termini di una progressione aritmetica,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Dimostriamo la validità di questa formula utilizzando il metodo dell'induzione matematica.

Per n=1 la formula è già stata verificata.

Fatta l'ipotesi di induzione, consideriamo k+1 linee che soddisfano le condizioni del problema. Scegliamo da essi k rette in modo arbitrario. Secondo l'ipotesi di induzione, divideranno il piano in 1+ k(k+1)/2 parti. La restante (k+1)esima retta verrà divisa dalle k rette selezionate in k+1 parti e, quindi, passerà lungo la (k+1)esima parte in cui è già stato diviso il piano, e ciascuna di queste parti verrà divisa in 2 parti, cioè verrà aggiunta un'altra parte k+1. COSÌ,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

Q.E.D.

10. Nell'espressione x 1: x 2: ... : x n, vengono inserite parentesi per indicare l'ordine delle azioni e il risultato è scritto come frazione:

(in questo caso, ciascuna delle lettere x 1, x 2, ..., x n è al numeratore della frazione o al denominatore). Quante espressioni diverse si possono ottenere in questo modo con tutti i modi possibili di posizionare le parentesi?

Innanzitutto è chiaro che nella frazione risultante x 1 sarà al numeratore. È quasi altrettanto ovvio che x 2 sarà al denominatore indipendentemente da come sono poste le parentesi (il segno di divisione davanti a x 2 si riferisce o a x 2 stesso o a qualche espressione contenente x 2 al numeratore).

Si può presumere che tutte le altre lettere x 3, x 4, ..., x n possano essere collocate al numeratore o al denominatore in modo del tutto arbitrario. Ne consegue che in totale si possono ottenere 2 n–2 frazioni: ciascuna delle n–2 lettere x 3, x 4, ..., x n può comparire al numeratore o al denominatore indipendentemente dalle altre.

Dimostriamo questa affermazione per induzione.

Con n=3 si ottengono 2 frazioni:

quindi l'affermazione è vera.

Supponiamo che sia vero per n=k e dimostriamolo per n=k+1.

Lascia che l'espressione x 1: x 2: ... : x k dopo aver posizionato le parentesi sia scritta sotto forma di una certa frazione Q. Se invece di x k in questa espressione sostituiamo x k: x k+1, allora x k sarà nello stesso posto in cui era nella frazione Q, e x k+1 non sarà dove era x k (se x k era al denominatore, allora x k+1 sarà al numeratore e viceversa).

Ora dimostreremo che possiamo aggiungere x k+1 nello stesso posto dove si trova x k. Nella frazione Q, dopo aver posizionato le parentesi, ci sarà necessariamente un'espressione della forma q:x k, dove q è la lettera x k–1 o qualche espressione tra parentesi. Sostituendo q:x k con l'espressione (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), otteniamo ovviamente la stessa frazione Q, dove al posto di x k c'è x k ·x k+1 .

Pertanto, il numero di tutte le frazioni possibili nel caso n=k+1 è 2 volte maggiore che nel caso n=k ed è uguale a 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Quindi l'affermazione è dimostrata.

Risposta: 2 n–2 frazioni.

Problemi senza soluzioni

1. Dimostrare che per ogni n naturale:

a) il numero 5 n –3 n +2n è divisibile per 4;

b) il numero n 3 +11n è divisibile per 6;

c) il numero 7 n +3n–1 è divisibile per 9;

d) il numero 6 2n +19 n –2 n+1 è divisibile per 17;

e) il numero 7 n+1 +8 2n–1 è divisibile per 19;

e) il numero 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 è divisibile per 27.

2. Dimostrare che (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. Dimostrare la disuguaglianza |sin nx| n|peccato x| per qualsiasi n naturale

4. Trova i numeri naturali a, b, c che non sono divisibili per 10 e tali che per ogni n naturale i numeri a n + b n e c n abbiano le stesse ultime due cifre.

5. Dimostrare che se n punti non giacciono sulla stessa retta, allora tra le rette che li collegano ce ne sono almeno n diversi.

Se una frase A(n), dipendente da un numero naturale n, è vera per n=1 e dal fatto che è vera per n=k (dove k è un numero naturale qualsiasi), ne consegue che è vera anche per il numero successivo n=k +1, allora l'ipotesi A(n) è vera per qualsiasi numero naturale n.

In molti casi può essere necessario dimostrare la validità di una certa affermazione non per tutti i numeri naturali, ma solo per n>p, dove p è un numero naturale fisso. In questo caso, il principio di induzione matematica è formulato come segue.

Se la proposizione A(n) è vera per n=p e se A(k) ≈ A(k+1) per ogni k>p, allora la proposizione A(n) è vera per ogni n>p.

La dimostrazione utilizzando il metodo dell'induzione matematica viene eseguita come segue. Innanzitutto, l'affermazione da dimostrare viene verificata per n=1, cioè la verità dell'affermazione A(1) è stabilita. Questa parte della dimostrazione è chiamata base di induzione. Poi arriva la parte della dimostrazione chiamata passo di induzione. In questa parte si dimostra la validità dell'affermazione per n=k+1 presupponendo la validità dell'affermazione per n=k (ipotesi di induzione), cioè dimostrare che A(k) 1 A(k+1)

Dimostra che 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

• 1) Abbiamo n=1=1 2 . Pertanto, l'affermazione è vera per n=1, cioè A(1) vero
• 2) Proviamo che A(k) ≥ A(k+1)

Sia k un numero naturale qualsiasi e l'affermazione sia vera per n=k, cioè

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Proviamo che allora l'affermazione è vera anche per il prossimo numero naturale n=k+1, cioè Che cosa

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

Quindi, A(k) 1 A(k+1). Basandoci sul principio di induzione matematica, concludiamo che l'ipotesi A(n) è vera per ogni n O N

Dimostralo

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), dove x N. 1

• 1) Per n=1 otteniamo
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

quindi per n=1 la formula è corretta; A(1) vero

• 2) Sia k un numero naturale qualsiasi e sia vera la formula per n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Proviamo che allora vale l’uguaglianza

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

Quindi, A(k) 1 A(k+1). Basandoci sul principio di induzione matematica, concludiamo che la formula è vera per qualsiasi numero naturale n

Dimostrare che il numero di diagonali di un n-gono convesso è n(n-3)/2

Soluzione: 1) Per n=3 l'affermazione è vera, perché nel triangolo

A 3 =3(3-3)/2=0 diagonali; A 2 A(3) vero

2) Supponiamo che in ogni k-gon convesso ci siano A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonali. A k Proviamo che allora in un convesso A k+1 (k+1)-gon il numero di diagonali A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Sia A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 un (k+1)-gono convesso. Disegniamo una diagonale A 1 A k al suo interno. Per calcolare il numero totale di diagonali di questo (k+1)-gono, devi contare il numero di diagonali nel k-gono A 1 A 2 ...A k , aggiungere k-2 al numero risultante, cioè si deve tener conto del numero delle diagonali del (k+1)-gon uscenti dal vertice A k+1 e, inoltre, della diagonale A 1 A k

Così,

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

Quindi, A(k) 1 A(k+1). Per il principio di induzione matematica, l'affermazione è vera per qualsiasi n-gono convesso.

Dimostrare che per ogni n è vera la seguente affermazione:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Soluzione: 1) Sia n=1, allora

X1 =12 =1(1+1)(2+1)/6=1

2) Supponiamo che n=k

Xk =k2 =k(k+1)(2k+1)/6

3) Considera questa affermazione per 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

Abbiamo dimostrato che l'uguaglianza è vera per n=k+1, quindi, in virtù del metodo di induzione matematica, l'affermazione è vera per qualsiasi numero naturale n

Dimostrare che per ogni numero naturale n vale la seguente uguaglianza:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Soluzione: 1) Sia n=1

Allora X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Vediamo che per n=1 l'affermazione è vera.

2) Supponiamo che l'uguaglianza sia vera per n=k

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

3) Dimostriamo la verità di questa affermazione per n=k+1, cioè

Xk+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

Dalla dimostrazione precedente è chiaro che l'affermazione è vera per n=k+1, quindi l'uguaglianza è vera per qualsiasi numero naturale n

Dimostralo

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

Soluzione: 1) Per n=2 l'identità è simile a:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ´ 2 ´ 3)/2(2 2 +2+1), cioè è vero
• 2) Supponiamo che l'espressione sia vera per n=k
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ´ … ´ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) Dimostriamo la validità dell'espressione per n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ´ … ´ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ´ (((k+1) 3 +

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

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

̑ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Abbiamo dimostrato che l'uguaglianza è vera per n=k+1, quindi, in virtù del metodo di induzione matematica, l'affermazione è vera per ogni n>2

Dimostralo

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) per qualsiasi numero naturale n

Soluzione: 1) Sia n=1, allora

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Supponiamo che n=k, allora
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Dimostriamo la verità di questa affermazione per 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)

È stata dimostrata anche la validità dell'uguaglianza per n=k+1, quindi l'affermazione è vera per qualsiasi numero naturale n.

Dimostrare che l'identità è corretta

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

• 1) Per n=1 l'identità è vera 1 2 /1 ̑ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Supponiamo che per n=k
• (1 2 /1 ′ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ′ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Proviamo che l'identità è vera per n=k+1
• (1 2 /1 ̑ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1 )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ̑ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ̑ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Dalla dimostrazione precedente è chiaro che l'affermazione è vera per qualsiasi numero naturale n.

Dimostrare che (11 n+2 +12 2n+1) è divisibile per 133 senza resto

Soluzione: 1) Sia n=1, allora

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

Ma (23 ̑ 133) è divisibile per 133 senza resto, il che significa che per n=1 l'affermazione è vera; A(1) è vero.

• 2) Supponiamo che (11 k+2 +12 2k+1) sia divisibile per 133 senza resto
• 3) Proviamo che in questo caso (11 k+3 +12 2k+3) è divisibile per 133 senza resto. Infatti
• 11 k+3 +12 2l+3 =11 ´ 11 k+2 +12 2 ´ 12 2k+1 =11 ´ 11 k+2 +

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

La somma risultante viene divisa per 133 senza resto, poiché il suo primo termine è divisibile per 133 senza resto per ipotesi, e nel secondo dei fattori è 133. Quindi, A(k) 1 A(k+1). In virtù del metodo dell’induzione matematica, l’affermazione è dimostrata

Dimostrare che per ogni n 7 n -1 è divisibile per 6 senza resto

• 1) Sia n=1, allora X 1 =7 1 -1=6 si divide per 6 senza resto. Ciò significa che per n=1 l'affermazione è vera
• 2) Supponiamo che quando n=k 7 k -1 venga diviso per 6 senza resto
• 3) Dimostriamo che l'affermazione è vera per n=k+1

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

Il primo termine è divisibile per 6, poiché 7 k -1 è divisibile per 6 per ipotesi, e il secondo termine è 6. Ciò significa che 7 n -1 è un multiplo di 6 per qualsiasi n naturale. In virtù del metodo dell’induzione matematica, l’affermazione è dimostrata.

Dimostrare che 3 3n-1 +2 4n-3 per un numero naturale arbitrario n è divisibile per 11.

1) Sia n=1, allora

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 si divide per 11 senza resto.

Ciò significa che per n=1 l'affermazione è vera

• 2) Supponiamo che quando n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 sia diviso per 11 senza resto
• 3) Dimostriamo che l'affermazione è vera per n=k+1

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

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

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

Il primo termine è divisibile per 11 senza resto, poiché 3 3k-1 +2 4k-3 è divisibile per 11 per ipotesi, il secondo è divisibile per 11, perché uno dei suoi fattori è il numero 11. Ciò significa che la somma è divisibile per 11 senza resto per qualsiasi numero naturale n. In virtù del metodo dell’induzione matematica, l’affermazione è dimostrata.

Dimostrare che 11 2n -1 per un numero naturale arbitrario n è divisibile per 6 senza resto

• 1) Sia n=1, allora 11 2 -1=120 è divisibile per 6 senza resto. Ciò significa che per n=1 l'affermazione è vera
• 2) Supponiamo che quando n=k 1 2k -1 venga diviso per 6 senza resto
• 11 2(k+1) -1=121 ′ 11 2k -1=120 ′ 11 2k +(11 2k -1)

Entrambi i termini sono divisibili per 6 senza resto: il primo contiene un multiplo di 6, 120, e il secondo è divisibile per 6 senza resto per ipotesi. Ciò significa che la somma è divisibile per 6 senza resto. In virtù del metodo dell’induzione matematica, l’affermazione è dimostrata.

Dimostrare che 3 3n+3 -26n-27 per un numero naturale arbitrario n è divisibile per 26 2 (676) senza resto

Dimostriamo prima che 3 3n+3 -1 è divisibile per 26 senza resto

• 1. Quando n=0
• 3 3 -1=26 è diviso per 26
• 2. Supponiamo che per n=k
• 3 3k+3 -1 è divisibile per 26
• 3. Dimostriamo che l'affermazione è vera per n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ′ 3 3k+3 -1=26 ′ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -diviso per 26

Ora dimostriamo l'affermazione formulata nell'enunciato del problema

• 1) Ovviamente per n=1 l'affermazione è vera
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Supponiamo che per n=k l'espressione 3 3k+3 -26k-27 venga divisa per 26 2 senza resto
• 3) Dimostriamo che l'affermazione è vera per n=k+1
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Entrambi i termini sono divisibili per 26 2; il primo è divisibile per 26 2 perché abbiamo dimostrato la divisibilità dell'espressione tra parentesi per 26, e il secondo è divisibile per l'ipotesi di induzione. In virtù del metodo dell’induzione matematica, l’affermazione è dimostrata

Dimostrare che se n>2 e x>0, allora la disuguaglianza (1+x) n >1+n ̑x è vera

• 1) Per n=2 vale la disuguaglianza, poiché
• (1+x)2 =1+2x+x2 >1+2x

Quindi A(2) è vera

• 2) Proviamo che A(k) ≈ A(k+1), se k> 2. Supponiamo che A(k) sia vera, cioè che la disuguaglianza
• (1+x) k >1+k ´x. (3)

Proviamo che allora è vero anche A(k+1), cioè che la disuguaglianza

(1+x) k+1 >1+(k+1) ̑x

Infatti, moltiplicando entrambi i membri della disuguaglianza (3) per il numero positivo 1+x, otteniamo

(1+x) k+1 >(1+k·x)(1+x)

Considera il lato destro dell'ultima disuguaglianza; abbiamo

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

Di conseguenza, otteniamo che (1+x) k+1 >1+(k+1) ̑ x

Quindi, A(k) 1 A(k+1). Basandosi sul principio di induzione matematica, si può sostenere che la disuguaglianza di Bernoulli è valida per ogni n> 2

Dimostrare che la disuguaglianza (1+a+a 2) m > 1+m ´ a+(m(m+1)/2) ´ a 2 per a> 0 è vera

Soluzione: 1) Quando m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ̑ a 2 entrambi i lati sono uguali
• 2) Supponiamo che per m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ´ a+(k(k+1)/2) ´ a 2
• 3) Dimostriamo che per m=k+1 la disuguaglianza è vera
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ̑ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ̑ a 2

Abbiamo dimostrato che la disuguaglianza è vera per m=k+1, quindi, in virtù del metodo di induzione matematica, la disuguaglianza è valida per qualsiasi numero naturale m

Dimostrare che per n>6 è vera la disuguaglianza 3 n >n ̑ 2 n+1

Riscriviamo la disuguaglianza nella forma (3/2) n >2n

• 1. Per n=7 abbiamo 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ̑ 7 la disuguaglianza è vera
• 2. Supponiamo che per n=k (3/2) k >2k
• 3) Dimostriamo la disuguaglianza per n=k+1
• 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ´ (3/2)>2k ´ (3/2)=3k>2(k+1)

Poiché k>7, l’ultima disuguaglianza è ovvia.

In virtù del metodo di induzione matematica, la disuguaglianza è valida per qualsiasi numero naturale n

Dimostrare che per n>2 la disuguaglianza è vera

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Per n=3 la disuguaglianza è vera
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Supponiamo che per n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Dimostriamo la validità della disuguaglianza per n=k+1
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Dimostriamo che 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

Quest'ultimo è ovvio, e quindi

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

In virtù del metodo dell’induzione matematica, la disuguaglianza è dimostrata.