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 d_n випуклого n – кутника можна обчислити за формулою .

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

d_n = = = 0

Припустимо, що рівність справедлива для n = k

d_k =

Доведемо справедливість рівності для n = k + 1, тобто

A₃

_k₊₁ =

A₂

A₅

A₄

A_k

A₁

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

та додати діагональ, що з’єднує

A₂

A₁

A_k+1

Малюнок 1

ершини A_kі A_1.З ескізу довільного многокутника (малюнок 1) очевидно, що з однієї вершини n – кутника виходить (n – 3) діагоналі.

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

Отже, рівність доведено для усіх натуральних значень n.

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.

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:

3²ⁿ^{+ 3} + 40n – 27 /./ 64

Для n = 1 рівність справедлива:

243 + 40 – 27 /./ 64

256 /./ 64

Припустимо, що для n = k твердження справедливе:

3²^k^{+ 3} + 40k – 27 /./ 64

Доведемо справедливість твердження для n = k + 1:

3²^k^{+ 5} + 40k + 60 /./ 64

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

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

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

8*3²^k^{+ 3} + 40 /./ 64

8(3²^k^{+ 3} + 5) /./ 64

3²^k^{+ 3} + 5 /.

/ 8

При k = 1 твердження справедливе:

243 + 5 /./ 8

248 /./ 8

Припустимо, що твердження справедливе для k = t:

3²^t^{+ 3} + 5 /./ 8

Доведемо справедливість твердження для k = t + 1:

3²^t^{+ 3} + 5 /./ 8

3²^t^{+ 5} + 5 = 9*3²^t^{+ 3} + 5 =( 3²^t^{+ 3} + 5) + 8*3²^t^{+ 3}

Перший доданок ділиться на 8 за припущенням, а другий складається з множників, один з яких – 8. Отже, 3²^k^{+ 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:

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:

2²^k^{— 1} – 9k² + 21k – 14 /./ 27

Доведемо справедливість твердження для n = k + 1:

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

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

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

3*2²^k^{– 1} – 18k + 12 /. / 27

3(2²^k^{– 1} – 6k + 4) /./ 27

2²^k^{– 1} – 6k + 4 /./ 9

При k = 1 твердження правильне:

2 – 6 + 4 /./ 9

0 /./ 9

Припустимо, що для k = t твердження справедливе:

2²^t^{– 1} – 6t + 4 /./ 9

Доведемо справедливість твердження для k = t + 1:

2²^t^{+ 1} – 6t – 2 /./ 9

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

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

3*2²^t^{– 1} – 6 /./ 9

3(2²^t^{– 1} – 6) /./ 9

2²^t^{– 1} – 2 /. / 3

При t = 1 твердження справедливе:

2 – 2 /./ 3

0 /./ 3

Припустимо, твердження справедливе для t = m:

2²^m^{– 1} – 2 /./ 3

Доведемо справедливість твердження для t = m + 1:

2²^m^{+ 1} – 2 /./ 3

2²^m^{+ 1} – 2 = 4*2²^m^{– 1} – 2 = (2²^m^{– 1} – 2) + (3*2²^m^{– 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 3× на 2× и 1×
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

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.
No related posts.