Математична індукція: Математическая индукция онлайн

Содержание

Що таке метод математичної індукції?

Метод математичної iндукцiї — це метод доведення, застосовуючи який ми намагаємося вивести якесь загальне твердження з вужчого. Використовуючи метод математичної iндукцiї, починаємо з припущення, що щось справджується для певного значення. Потiм треба показати, що якщо це припущення справджується для певного значення, то воно має бути правильним й для наступного значення. Якщо це припущення справджується для довiльного значення, воно має правильним для всiх значень.

Ось три кроки, якi дуже корисно виконати, використовуючи метод математичної iндукцiї:

Правило

Доведення методом математичної iндукцiї

1.
Перевiр, чи твердження справджується для першого значення n.
2.
Припусти, що твердження справджується для n=k, так що … ⁡
3.
Потiм потрiбно показати, що твердження справджується для n=k+1, так що … ⁡

Зверни увагу! Ключ до методу математичної iндукцiї полягає в тому, щоб пiдставити наше припущення з Пункт 2 в Пункт 3. Це є основним моментом у доведеннi методом математичної iндукцiї!

Приклад 1

Застосування iндукцiї до числового ряду

Доведи, що 1+3+5+⋯+ (2n−1)=n2

1.
Перевiрмо, чи це твердження справджується для першого значення n, пiдставивши його у вираз 2n−1: 1=12✓
2.
Припустiмо, що це твердження справджується для n=k, так що (використовуючи вираз, даний в умовi задачi, тiльки замiнюючи n на k)
1+3+5+⋯+ (2k−1)=k2(1)
3.
Потрiбно показати, що це справджується для n=k+1, так що (використовуючи вираз, даний в умовi задачi, тiльки замiнюючи n на k+1. Пам’ятай про круглi дужки!)
1+⋯+(2k−1)+(2(k+1)−1)=(k+1)2(2)
1+3+⋯+ (2k−1)+ (2 (k+1)−1)= (k+1)2(3)
4.
Переходимо до розрахункової частини доведення. Почнемо з лiвої частини (3) й продовжимо з використанням припущення (1). Подивись уважно на те, що вiдбувається нижче! Нарештi ми отримаємо те, що знаходиться в правiй частинi рiвностi в (3).

Тепер треба використати припущення, щоб записати гарний вираз для перших членiв k:

=1+3+5+⋯+ (2k−1)︸Пiдставмо вираз iз (1)+ (2 (k+1)−1)=k2+ (2 (k+1)−1)=k2+2k+1= (k+1)2.

1+3+5+⋯+ (2k−1)︸Пiдставмо вираз iз (1)+ (2 (k+1)−1)=k2+ (2 (k+1)−1)=k2+2k+1= (k+1)2,що й треба було довести.

Q.E.D

Приклад 2

Застосування iндукцiї до подiльностi

Доведи, що n2−n n дiлиться на 2.

Якщо число дiлиться на 2, його можна розкласти на множник 2. Iнакше кажучи, таке число можна записати як n2−n=2t, де t – це цiле число.

1.
Перевiрмо, чи це твердження справджується для першого значення n, пiдставивши у вираз n2−n: 12−1=0=2⋅0✓
2.
Припустiмо, що це твердження справджується для n=k, так що (використовуючи вираз, даний в умовi задачi, тiльки замiнюючи n на k)
k2−k=2t(4)
3.
Потрiбно показати, що це справджується для n=k+1, так що (використовуючи вираз, даний в умовi задачi, тiльки замiнюючи n на k+1. Пам’ятай про круглi дужки!)
(k+1)2− (k+1)=2u(5)
4.
Переходимо до розрахункової частини доведення. Почнемо з лiвої частини (5) й продовжимо пiдставляючи припущення (4). Подивись уважно на те, що вiдбувається нижче! Нарештi ми отримаємо те, що знаходиться в правiй частинi рiвностi в (5).

Тепер, використавши припущення, n=k+1 дасть нам:

(k+1)2− (k+1)=k2+2k+1−k−1︸Перекладемо члени мiсцями, щоб використати (4)=k2−k︸Використовуючи (4), отримаємо+2k=2u+2k=2 (u+k)=2t, де t=u+k,що й треба було довести.

Q.E.D

Приклад 3

Застосування iндукцiї до похiдних

Нехай f (x)=e2x. Доведи, що f (n)=2ne2x.

Тут f (n) означає, що функцiя fдиференцiйована n разiв.

1.
Перевiрмо, чи це твердження справджується для першого значення n, оцiнивши вираз f (n)=2ne2x: f (1) (x)=2e2x=21e2x✓
2.
Припустiмо, що це твердження справджується для n=k, так що (використовуючи вираз, даний в умовi задачi, тiльки замiнюючи n на k).
f (k) (x)=2ke2x(6)
3.
Потрiбно показати, що з цього витiкає, що твердження справджується для n=k+1, так що (використовуючи вираз, даний в умовi задачi, тiльки замiнюючи n на k+1. Пам’ятай про круглi дужки!)
f (k+1) (x)=2k+1e2x(7)
4.
Переходимо до розрахункової частини доведення. Почнемо з лiвої частини (7) й продовжимо пiдставляючи припущення (6). Подивись уважно на те, що вiдбувається нижче! Нарештi ми отримаємо те, що знаходиться в правiй частинi рiвностi в (7).

Тепер потрiбно використати припущення, щоб записати f (k+1) (x) як (f (k) (x))′: f (k+1) (x)= (f (k) (x))′︸Пiдставимо (6)= (2ke2x)′=2⋅2ke2x=2k+1e2x,що й треба було довести.

Q.E.D

Бажаєш дізнатися більше?ЗареєструйсяЦе безплатно!Бажаєш дізнатися більше?ЗареєструйсяЦе безплатно!

Математична індукція та геометрія.

Приклад 1. Довести, що кількість діагоналей dn випуклого n – кутника можна обчислити за формулою .

Зазначимо, що n≥3, причому n може набувати лише натуральних значень. При n = 3 рівність справедлива

dn = = = 0

Припустимо, що рівність справедлива для n = k

dk =

Доведемо справедливість рівності для n = k + 1, тобто

d

A3

k+1 =

Щ

A2

A5

A4

Ak

A 1

об знайти кількість діагоналей (k+1) – кутника, потрібно додати до кількості діагоналей k – кутника кількість діагоналей, що виходять з (k + 1)-ї вершини Ak + 1

та додати діагональ, що з’єднує

A2

A1

в

Ak+1

Малюнок 1

ершини Akі A1. З ескізу довільного многокутника (малюнок 1) очевидно, що з однієї вершини n – кутника виходить (n – 3) діагоналі.

Маємо: dk+1 = dk+ (k + 1 – 3) + 1 = dk + k – 2 + 1 = +1 = =

Отже, рівність доведено для усіх натуральних значень n.

  1. Математична індукція і повсякденне життя.

Матіндукція, як не дивно, розповсюджена й в повсякденному житті.

Приклад. Є три стрижня та n кілець різного розміру (малюнок 2). На кільце можна класти тільки кільця, що менші за розмірами. Чи можливо перекласти вежуp з одного стрижня на інший?

Малюнок 2

Вежу, в якій одне кільце (n=1) перемістити можливо.

Припустимо, що можливо перемістити вежу з n = k

Спробуємо навчитись перекладати пірамідку з n  = k  + 1 . Пірамідку з K кілець, що лежать на найбільшому k+ 1-м кільці, ми можемо згідно припущенню перемістити на будь-який стрижень. Зробимо це, перекладемо її на третій стрижень. Нерухоме  k + 1-е кільце не буде нам заважати провести алгоритм переміщення, так як воно найбільше. Після переміщення K кілець перемістимо k + 1-е кільце, яке залишилось, на другий стрижень. Ми можемо це зробити, так як другий стрижень вільний. Тепер звернемо увагу, той факт, що другий стрижень не пустий, не заважає перекладати на нього будь-які кільця, так як кільце на ньому найбільше (, будь-яке кільце можна покласти на більше за умовою задачі)і потім знов застосуємо відомий нам по припущенню алгоритм переміщення k кілець і перемістимо їх на другий стрижень, стрижень, на якому внизу лежить k + 1-е кільце. Таким чином, якщо ми вміємо переміщувати пірамідки з k кільцями, то вміємо переміщувати пірамідки і з k + 1кільцем.

  1. Подвійна та потрійна математична індукція.

а) подвійна математична індукція

Подвійна матіндукція — це метод застосування математичної індукції, що заключає в собі використання методу матіндукції один раз, після чого доведення отриманого висновку за допомогою ще одного застосування методу математичної індукції з іншим індуктивним припущенням.

Приклад. Довести, що для будь – яких значень n справедливе твердження:

  1. 32n + 3 + 40n – 27 /./ 64

Для n = 1 рівність справедлива:

243 + 40 – 27 /./ 64

256 /./ 64

Припустимо, що для n = k твердження справедливе:

32k + 3 + 40k – 27 /./ 64

Доведемо справедливість твердження для n = k + 1:

32k + 5 + 40k + 60 /./ 64

32k + 5 + 40k + 60 = 9*32k + 3 + 40k – 27 + 40 =

= (32k + 3 + 40k – 27) + (8*32k + 3 + 40)

Перший доданок ділиться на 64 за припущенням. Доведемо, що й другий доданок ділиться на 64:

  1. 8*32k + 3 + 40 /./ 64

8(32k + 3 + 5) /./ 64

32k + 3 + 5 /.

/ 8

При k = 1 твердження справедливе:

243 + 5 /./ 8

248 /./ 8

Припустимо, що твердження справедливе для k = t:

32t + 3 + 5 /./ 8

Доведемо справедливість твердження для k = t + 1:

32t + 3 + 5 /./ 8

32t + 5 + 5 = 9*32t + 3 + 5 =( 32t + 3 + 5) + 8*32t + 3

Перший доданок ділиться на 8 за припущенням, а другий складається з множників, один з яких – 8. Отже, 32k + 3 + 5 ділиться націло на 8, а, отже, і перше твердження справедливе для усіх натуральних значень n.

б) потрійна математична індукція.

Потрійна матіндукція аналогічна подвійній, але якесь твердження, яке ми отримали в результаті подвійної математичної індукції ми маємо довести ще раз за допомогою матіндукції.

Приклад. Довести, що для будь – яких значень n справедливе твердження:

  1. 22n — 1 – 9n2 + 21n – 14 /./ 27

Для n = 1 твердження правильне:

2 – 9 + 21 – 14 /./ 27

0 /./ 27

Припустимо, що для n = k твердження справедливе:

22k — 1 – 9k2 + 21k – 14 /./ 27

Доведемо справедливість твердження для n = k + 1:

22k + 1 – 9(k + 1)2 + 21(k + 1) – 14 /./ 27

22k + 1 – 9(k + 1)2 + 21(k + 1) – 14 = 4*22k — 1 – 9k2 – 18k – 9 +21k + 21 — — 14 = (22k — 1 – 9k2 + 21k – 14) + (3*22k – 1 – 18k + 12)

Перший доданок ділиться націло на 27 за припущенням. Доведемо, що і другий доданок ділиться націло на 27:

  1. 3*22k – 1 – 18k + 12 /. / 27

3(22k – 1 – 6k + 4) /./ 27

22k – 1 – 6k + 4 /./ 9

При k = 1 твердження правильне:

2 – 6 + 4 /./ 9

0 /./ 9

Припустимо, що для k = t твердження справедливе:

22t – 1 – 6t + 4 /./ 9

Доведемо справедливість твердження для k = t + 1:

22t + 1 – 6t – 2 /./ 9

22t + 1 – 6t – 2 = 4*22t – 1 – 6t + 4 – 6 = (22t – 1 – 6t + 4) + (3*22t – 1 – 6)

Перший доданок ділиться націло на 9 за припущенням. Доведемо, що другий доданок теж ділиться націло на 9:

  1. 3*22t – 1 – 6 /./ 9

3(22t – 1 – 6) /./ 9

22t – 1 – 2 /. / 3

При t = 1 твердження справедливе:

2 – 2 /./ 3

0 /./ 3

Припустимо, твердження справедливе для t = m:

22m – 1 – 2 /./ 3

Доведемо справедливість твердження для t = m + 1:

22m + 1 – 2 /./ 3

22m + 1 – 2 = 4*22m – 1 – 2 = (22m – 1 – 2) + (3*22m – 1)

Перший доданок ділиться націло на 3 за припущенням, а другий складається з множників, один з яких – 3. Отже, твердження 2 і 3 справедливі для усіх натуральних значень t та m відповідно, з чого випливає справедливість твердження 1 для усіх натуральних значень n.

Математическая индукция

Математическая индукция — это особый способ доказательства вещей. У него всего 2 шага:

  • Шаг 1. Покажите, что верно для первый
  • Шаг 2. Покажите, что если любой из верен, то следующий верен

Тогда все верны

 

Вы слышали об «эффекте домино»?

  • Шаг 1. Первые 9 0007 домино падает
  • Шаг 2. Когда выпадает любая костяшка костяшки, следующая костяшка костяшки выпадает

Итак… все костяшки упадут!

Так работает математическая индукция.

В мире чисел мы говорим:

  • Шаг 1. Покажите, что это верно для первого случая, обычно
    n=1
  • Шаг 2. Покажите, что если n=k верно, то n=k+1 также верно

Как это сделать

Шаг 1 обычно прост, нам просто нужно доказать, что он верен для n=1

Шаг 2 лучше всего сделать так:

  • Предположим, что верно для n=k
  • Докажите , что это верно для n=k+1 (мы можем использовать случай n=k как факт .)

Это все равно, что сказать «ЕСЛИ мы можем заставить костяшку домино упасть, Упадет ли следующая?»

 

Шаг 2 часто может быть сложным , нам, возможно, придется использовать творческие трюки, чтобы заставить его работать!

Как в этом примере:

Пример: кратно ли 3

n −1 2?

Это правда? Давайте узнаем.

1. Покажите, что это верно для n = 1

3 1 −1 = 3–1 = 2

Да 2 ранее 2. Это было легко.

3 1 −1 верно

 

2. Предположим, что верно для n=k

3 k −1 верно

(Подождите! Мы не знаем!
Это предположение … что мы рассматриваем
как факт для остальной части этого примера)

 

Теперь докажите, что 3 k+1 −1 кратно 2

 

3 k+1 тоже 3×3 k

А затем разделить на и

Каждое из них кратно 2

:

3  03

  • 2×3 k кратно 2 (мы умножаем на 2)
  • 3 k −1 верно (это мы сказали в предположении выше)

Итак:

3 k+1 −1 верно

ГОТОВО!

Вы видели, как мы использовали случай 3 k −1 как истинное , хотя и не доказали этого? Это нормально, потому что мы полагаемся на эффект домино . ..

… мы спрашиваем если выпадет любая костяшка домино, выпадет ли следующая ?

Итак, мы принимаем как факт (временно), что костяшка домино « n=k » падает (т.е. 3 k −1 верно), и смотрим, означает ли это, что » n=k+1 «домино тоже упадет.

Трюки

Я уже говорил, что нам часто приходится использовать воображение.

Обычный трюк состоит в том, чтобы переписать случай n=k+1 на 2 части:

  • одна часть представляет собой случай n=k (который считается верным)
  • затем можно проверить другую часть, чтобы убедиться, что она также верна

Мы сделали это в примере выше, а вот еще один:

Пример: сложение нечетных чисел

1 + 3 + 5 + … + (2n−1) = n 2

1. Показать, что верно для n=1

1 = 1 2 верно

  7

верно 006 н=к

1 + 3 + 5 + . .. + (2k−1) = k 2 верно
(предположение!)

Теперь докажите, что это верно для «k+1»

1 + 3 + 5 + . .. + (2k−1) + (2(k+1)−1) = (k+1) 2   ?

 

Мы знаем, что 1 + 3 + 5 + … + (2k−1) = k 2 (предположение выше), поэтому мы можем сделать замену для всех членов, кроме последнего:

Теперь разверните все термины:

k 2 + 2k + 2 − 1 = k 2 + 2k+1

И упростите:

k + 1 2 9 901 + 2 k 102 + 2k+1

Они одинаковые! Так что это правда.

Итак:

1 + 3 + 5 + … + (2(k+1)−1) = (k+1) 2 верно

ГОТОВО!

 

Ваша очередь

Теперь, вот еще два примера для практики .

Сначала попробуйте сами, а затем посмотрите на наше решение ниже.

Пример: треугольные числа

Треугольные числа — это числа, которые могут образовывать треугольный узор из точек.

Докажите, что n-е треугольное число равно:

T n = n(n+1)/2

Пример: сложение кубических чисел

Кубические числа — это кубы натуральных чисел

Докажите, что: 102 = ¼n 2 (n + 1) 2

 

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

 

 

Пожалуйста, не читайте решения, пока вы сами не попробуете ответы на вопросы, это единственные вопросы на этой странице, над которыми вы можете попрактиковаться!

Пример: треугольные числа

Докажите, что n-е треугольное число равно:

T n = n(n+1)/2

7

0 1. Покажите, что это

2. верно для n=1

T 1 = 1 × (1+1) / 2 = 1

2. Предположим, что верно для n=k

  • T 9

    3 3 = к (k+1)/2  является истинным (предположение!)

    Теперь докажите, что это верно для «k+1»

    T k+1 = (k+1)(k+2)/2   ?

     

    Мы знаем, что T k = k(k+1)/2  (предположение выше)

    T k+1 имеет дополнительный ряд из (k + 1) точек

    Итак, T k+1 = T k + (k + 1)

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

    Умножить все члены на 2:

    (к + 1) (к + 2) = к (к + 1) + 2 (к + 1)

    (к + 1) (к + 2) = (к + 2) (к + 1) )

    Они одинаковые! Так что это правда .

    Итак:

    T k+1 = (k+1)(k+2)/2   верно

    ГОТОВО!

     

    Пример: сложение кубических чисел

    Докажите, что:

    1 3 + 2 3 + 3 3 + … + n 3 = 1 0 n 3 = 1 0 n 90 102 0 п + 1) 2

     

    1. Покажите, что верно для n=1

    1 3 = ¼ × 1 2 1 × 102 90 102 90 03

     

    2. Предположим, что верно для n=k

    1 3 + 2 3 + 3 3 + … + 3 + … + k 2 9090¼0 101 2 (к + 1) 2 верно (предположение!)

    Теперь докажите, что это верно для «k+1»

    1 3 + 2 3 + 3 3 + … + (k + 1) 3 = ¼(k + 1) 2 (k + 2) 2 ?

     

    Мы знаем, что 1 3 + 2 3 + 3 3 + … + k 3 = ¼k 2 (k + 1) 2 (предположение выше), поэтому мы можем сделать замену для всех членов, кроме последнего:

    ¼k 2 (k + 1) 2 + (k + 1) 3 = ¼(k + 1) 2 (k + 2) 2

    Умножить все члены на 4:

    1

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

    Все члены имеют общий делитель (k + 1) 2 , поэтому его можно сократить:

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

    И упростить:

    k 2 0 4 + 4k 2  + 4k + 4

    Они одинаковые! Так что это правда.

    Итак:

    1 3 + 2 3 + 3 3 + … + (k + 1) 3 = ¼(k + 1) 2 2 (0 01) 1 9 верно

    ГОТОВО!

     

    Математическая индукция | Определение, принцип и доказательство

    Peano, Giuseppe

    Смотреть все медиа

    Похожие темы:
    индукция доказательство

    Просмотреть все связанные материалы →

    математическая индукция , один из различных методов доказательства математических утверждений, основанный на принципе математической индукции.

    Принцип математической индукции

    Класс целых чисел называется наследственным, если всякий раз, когда любое целое число x принадлежит классу, преемник x (то есть целое число x + 1) также принадлежит классу. Тогда принцип математической индукции таков: если целое число 0 принадлежит классу F и F является наследственным, то каждое неотрицательное целое число принадлежит классу F . В качестве альтернативы, если целое число 1 принадлежит классу F и F является наследственным, то каждое положительное целое число принадлежит F . Принцип формулируется иногда в одной форме, иногда в другой. Поскольку любая форма принципа легко доказывается как следствие другой, нет необходимости проводить различие между ними.

    Этот принцип также часто формулируется в интенсиональной форме: свойство целых чисел называется наследственным, если всякий раз, когда любое целое число x обладает этим свойством, его преемник также обладает этим свойством. Если целое число 1 имеет определенное свойство, и это свойство является наследственным, то этим свойством обладает каждое натуральное число.

    Доказательство методом математической индукции

    Примером применения математической индукции в простейшем случае является доказательство того, что сумма первых n нечетных положительных целых чисел равно n 2 — то есть, что (1. ) 1 + 3 + 5 +⋯+ (2 n − 1) = n 2 для каждого положительного целого числа n . Пусть F будет классом целых чисел, для которых выполняется уравнение (1.) ; тогда целое число 1 принадлежит F , так как 1 = 1 2 . Если любое целое число x принадлежит F , то (2.) 1 + 3 + 5 +⋯+ (2 х — 1) = х 2 . Следующее нечетное целое число после 2 x — 1 равно 2 x + 1, и, если прибавить его к обеим частям уравнения (2.) , получится (3.) 1 + 3 + 5 +⋯+ (2 x + 1) = x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1) 2 Уравнение (2.) называется гипотезой индукции и утверждает, что уравнение (1.) выполняется, когда n равно x , а уравнение (3. ) утверждает, что уравнение (1.) выполняется, когда n + равно 9064 уравнение 44 ( 3.) было доказано как следствие уравнения (2.) , было доказано, что каждый раз, когда x принадлежит F , преемник x принадлежит F . Следовательно, по принципу математической индукции все натуральные числа принадлежат Ф .

    Вышеизложенное является примером простой индукции; иллюстрацией многих более сложных видов математической индукции является следующий метод доказательства с помощью двойной индукции. Чтобы доказать, что конкретное бинарное отношение F выполняется среди всех положительных целых чисел, достаточно сначала показать, что отношение F выполняется между 1 и 1; во-вторых, всякий раз, когда F находится между x и y , оно удерживается между x и и + 1; и в-третьих, всякий раз, когда F находится между x и некоторым положительным целым числом z (которое может быть фиксированным или может зависеть от x ), оно находится между x + 1 и 1.

    Логический статус метода доказательства с помощью математической индукции до сих пор вызывает разногласия среди математиков. Джузеппе Пеано включил принцип математической индукции в число своих пяти аксиом арифметики. Многие математики соглашаются с Пеано в том, что этот принцип рассматривается лишь как один из постулатов, характеризующих определенную математическую дисциплину (арифметику) и ничем принципиально не отличающийся от других постулатов арифметики или других разделов математики.

    Оформите подписку Britannica Premium и получите доступ к эксклюзивному контенту. Подпишитесь сейчас

    Анри Пуанкаре утверждал, что математическая индукция является синтетической и априорной, то есть она не сводится к принципу логики или не доказуема только на логических основаниях и тем не менее познается независимо от опыта или наблюдения. Таким образом, математическая индукция занимает особое место как составляющая математического рассуждения par excellence и позволяет математике перейти от своих предпосылок к действительно новым результатам, что якобы невозможно с помощью одной лишь логики. В этой доктрине за Пуанкаре последовала школа математического интуитивизма, которая рассматривает математическую индукцию как высшую основу математического мышления, несводимую ни к чему предшествующему и априорно синтетическую в смысле Иммануила Канта.

    Прямо противоположно этому намерение Готтлоба Фреге, за которым позже последовали Альфред Норт Уайтхед и Бертран Рассел в Principia Mathematica , показать, что принцип математической индукции является аналитическим в том смысле, что он сводится к принципу чистой логики. подходящим определением используемых терминов.

    Трансфинитная индукция

    Обобщение математической индукции, применимое к любому хорошо упорядоченному классу или области D вместо области положительных целых чисел, является методом доказательства трансфинитной индукцией. Домен D считается хорошо упорядоченным, если принадлежащие ему элементы (числа или объекты любого другого вида) расположены или были расположены в таком порядке, что: 1. ни один элемент не предшествует себя в порядке; 2. если x предшествует y по порядку, и y предшествует z , то x предшествует z ; 3. в каждом непустом подклассе D есть первый элемент (тот, который предшествует всем остальным элементам в подклассе). От 3. следует, в частности, что сам домен D , если он не пустой, имеет первый элемент.

    Когда элемент x предшествует элементу y в только что описанном порядке, можно также сказать, что y следует за x . Преемник элемента x упорядоченного домена D определяется как первый элемент, следующий за x (поскольку по 3. , если есть какие-либо элементы, следующие за x , среди них должен быть первый). Точно так же преемник класса E элементов D является первым элементом, который следует за всеми элементами E . Класс F элементов D называется наследственным, если всякий раз, когда все члены класса E элементов D принадлежат F , преемник E , если таковой имеется, также принадлежит до F (и, следовательно, в частности, всякий раз, когда элемент x из D принадлежит F , преемник x , если таковой имеется, также принадлежит F ). Доказательство с помощью трансфинитной индукции тогда зависит от принципа, что если первый элемент хорошо упорядоченной области D принадлежит наследственному классу F , то все элементы D принадлежат F .

    Один из способов рассмотрения математической индукции состоит в том, чтобы рассматривать ее как частный случай трансфинитной индукции. Например, есть смысл, в котором простая индукция может рассматриваться как трансфинитная индукция, примененная к области D натуральных чисел. Фактическое сведение простой индукции к этому частному случаю трансфинитной индукции требует использования принципов, которые сами по себе обычно доказываются математической индукцией, особенно упорядочения положительных целых чисел и принципа, согласно которому преемник класса положительных целых чисел, если существует равно единице, должно быть преемником определенного целого числа (последнего или наибольшего целого числа) в классе.

  • Добавить комментарий

    Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *