Метода математической индукции: Математическое Бюро. Страница 404

Содержание

Метод математической индукции

Содержание статьи

1. Метод математической индукции

2. Примеры задач

Метод математической индукции

В общем смысле метод математической индукции состоит в переходе от частного к общему, то есть от частных математических утверждений к универсальным утверждениям. С помощью этого метод можно доказывать равенства, неравенства, кратность выражений содержащих натуральную переменную и многое другое.

Данный метод для доказательства утверждения $A(n)$ заключается в выполнении двух следующих пунктов:

Проверить выполнение утверждения $A(n$) для значения $n=1$.
Введем предположение, что при $n=l$ утверждение $A(l)$ будет верно.
Докажем, что вместе с условием 2, утверждение $A$ будет выполнено при $n=l+1$.

Если 1 и 3 пункт доказаны, то следовательно будет доказано выполнение утверждения $A(n)$ для любого значения натуральной переменной.

Введем понятие базиса и перехода индукции.

Определение 1

Базисом индукции будем называть доказательство выполнения утверждения $A(1)$.

То есть базисом является первый пункт метода математической индукции, описанного выше.

Определение 2

Индукционным переходом будем называть доказательство выполнения утверждения $A(l+1)$, при условии выполнения утверждения $A(l)$.

То есть индукционным переходом является второй и третий пункты метода математической индукции, описанного выше.

Иначе также индукционный переход называют шагом индукции.

Индукционный переход включает в себя посылку или иначе предположение (второй пункт метода) и заключение (третий пункт метода).

Далее будем рассматривать задачи на применение метода математической индукции.

Примеры задач

Пример 1

Доказать равенство

$\frac{1}{3\cdot 5}+\frac{1}{5\cdot 7}+⋯+\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2} (\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3})$

Решение.

Решение будем проводить по описанной выше схеме.

Докажем равенство при $n=1$.

Найдем для этой переменной значение правой части:

$\frac{1}{2}(\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3})=\frac{1}{2}(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{15}=\frac{1}{15}$

То есть равенство при этом значении переменной выполняется (так как левая част равняется $\frac{1}{3\cdot 5}=\frac{1}{15}$. {l+2}$

Доказано.

Вывод: по методу математической индукции данное утверждение верно при всех натуральных переменных.

Сообщество экспертов Автор24

Автор этой статьи Дата последнего обновления статьи: 18.06.2022

Выполнение любых типов работ по математике

Решение задач по комбинаторике на заказ Решение задачи Коши онлайн Математика для заочников Контрольная работа на тему числовые неравенства и их свойства Контрольная работа на тему умножение и деление рациональных чисел Контрольная работа на тему действия с рациональными числами Дипломная работа на тему числа Курсовая работа на тему дифференциальные уравнения Контрольная работа на тему приближенные вычисления Решение задач с инвариантами

Подбор готовых материалов по теме

Дипломные работы Курсовые работы Выпускные квалификационные работы Рефераты Сочинения Доклады Эссе Отчеты по практике Решения задач Контрольные работы

Подготовка школьников к ЕГЭ и ОГЭ (Справочник по математике — Алгебра

Поиск по сайту:

Справочник по математике

Алгебра

Последовательности чисел

Конечные числовые суммы

Метод математической индукции

Конечные числовые суммы

Пусть n – произвольное натуральное число. Тогда справедливы следующие формулы, которые называют конечными числовыми суммами:


	1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = = n² ,



	1³ + 3³ + 5³ + … + (2n – 1)³ = = n²(2n² – 1) ,

Сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии является простейшим примером бесконечной числовой суммы (числового ряда). Ряды изучают в ВУЗовских курсах математики.

Доказательство формул для конечных числовых сумм можно получить с помощью различных методов.

К изложению одного из мощнейших методов доказательства этих, а также подобных формул, – методу (принципу) математической индукции мы сейчас и переходим.

Метод математической индукции

Предположим, что нам требуется доказать, что некоторая формула верна при любом натуральном значении n . Предположим также, что мы:

непосредственно проверили, что формула верна при n = 1 ,
доказали, что из справедливости формулы для некоторого номера n , вытекает её справедливость для номера n + 1 .

Тогда в силу метода (принципа) математической индукции можно утверждать, что формула верна для всех натуральных чисел n .

Для примера дадим доказательство одной из формул, приведенных в предыдущем разделе.

Пример 1. Доказать, что при всех натуральных n верна формула

(1)

Решение. Для доказательства воспользуемся методом математической индукции:

В случае n = 1 формула (1) имеет вид
и является верной.
Докажем, что из справедливости равенства (1), вытекает справедливость равенства
полученного из равенства (1) при помощи замены n на n + 1 .
Действительно,
Следовательно, формула (2) верна, откуда из принципа математической индукции заключаем, что формула (1) верна для всех натуральных значений n .

Пример 2. Доказать, что число n⁵ – n делится на 5 при всех натуральных значениях n .

Решение. Для доказательства снова воспользуемся методом математической индукции:

В случае n = 1 число n⁵ – n равно 0 и, конечно же, делится на 5 .
Таким образом, при n = 1 требуемое утверждение верно.
Теперь докажем, что из того, что число n⁵ – n делится на 5 вытекает, что число
(n + 1)⁵ – (n + 1)
также делится на 5 .
Действительно, пусть
n⁵ – n = 5k ,
где .
Тогда поскольку
(n + 1)⁵ = n⁵ + 5n⁴ +
+ 10n³ + 10n² + 5n + 1
(см. Таблицу 1 из раздела справочника «Формулы сокращенного умножения: степень суммы и степень разности»), то
(n + 1)⁵ – (n + 1) =
= (n⁵ – n)+
+ 5n⁴ +
+ 10n³ + 10n² + 5n =
= 5k + 5n⁴ + 10n³ +
+ 10n² + 5n =
= 5 (k + n⁴ +
+ 2n³ + 2n² + n) ,
т. е. делится на 5 .
В соответствии с принципом математической индукции все доказано.

На сайте можно также ознакомиться с нашими учебными материалами для подготовки к ЕГЭ и ОГЭ по математике.

«Метод математической индукции» | Образовательная социальная сеть

Министерство образования и науки Республики Бурятия

МБОУ «Хоринская СОШ №1 имени Д.Ж.Жанаева»

Районная научно-практическая конференция «Шаг в будущее»

Тема: «Метод математической индукции»

Секция: алгебра

Выполнила: Цыбикова Ирина,

9Б класс, МБОУ «ХСОШ №1

им. Д.Ж.Жанаева»

Руководитель: С.Г.Садовская,

учитель математики МБОУ

«ХСОШ №1 им. Д.Ж.Жанаева»

с. Хоринск

2017 год

Оглавление

Введение	3
Часть I §1 Истории возникновения и развития метода математической индукции §2 Этапы решения задач методом математической индукции Часть II § 1 Применение метода математической индукции в задачах на суммирование	4 5 6
§2 Применение метода математической индукции в задачах на делимость	6
§3 Применение метода математической индукции для доказательства неравенств	7
§4 Применение метода математической индукции при решении олимпиадных задач	8
Заключение	10
Список литературы	11

Введение

«Понимание и умение правильно применять

принцип математической индукции,

является хорошим критерием логической зрелости,

которая совершенно необходима математику»

А. Н. Колмогоров.

Одной из отличительных черт математики является дедуктивное построение теории. Но дедукция не является единственным методом научного мышления. В экспериментальных науках велика роль индуктивных выводов. В математике индукция часто позволяет угадать формулировку теорем, а в ряде случаев и наметить пути доказательств.

Для исследования я выбрала тему «Метод математической индукции», т. к. в школьной программе с методом математической индукции знакомятся только поверхностно. В то время как подробное знакомство с этим методом полезно учащимся не только из-за расширения их кругозора, но также и потому, что на его принципе основано решение многих задач (включая олимпиадные). Мною был изучен принцип математической индукции, а также его широкое применение в решении задач на суммирование, доказательстве тождеств, доказательстве и решении неравенств (в частности неравенства Бернулли), решении вопроса делимости, при изучении свойств числовых последовательностей.

Гипотеза: я предполагаю, что метод математической индукции можно использовать при решении различных задач.

Цель работы: познакомиться с методом математической индукции, систематизировать знания по данной теме и применить их при решении математических задач и доказательстве теорем, обосновать и наглядно показать практическое значение метода математической индукции как необходимого фактора для решения задач.

Задачи работы: проанализировать литературу по данной теме; освоить разные методы и методики работы; обобщить и систематизировать знания по данной теме; совершенствовать знания, умения, навыки по данной теме; развивать творческий подход к решению задач; прорешать задачи различных видов, применяя данный метод; предоставить выводы по данной теме; сформировать представления о математики как части общечеловеческой культуры, понимать значимость математики.

Объект исследования: метод математической индукции.

Предмет исследования: решение различных задач с использованием данного метода.

Методы и методики исследования, используемые в работе: анализ математической литературы и ресурсов Интернета по данной теме; продуктивное воспроизведение изученного материала; познавательно- поисковая деятельность; анализ и сравнение данных в поиске решения задач; постановка гипотез и их поверка; сравнение и обобщение математических фактов; решение задач различных видов; анализ полученных результатов.

Часть I

§1 Истории возникновения и развития метода математической индукции

Чрезвычайное расширение предмета математики привлекло в XIX веке усиленное внимание к вопросам ее «обоснования», т.е. критического пересмотра ее исходных положений (аксиом), построения строгой системы определений и доказательств, а также критического рассмотрения логических примеров, употребляемых при этих доказательствах.

Только к концу XIX века сложился стандарт требований к логической строгости, остающейся и до настоящего времени господствующими в практической работе математиков над развитием отдельных математических теорий.

Современная математическая логика дала на этот вопрос, определенный ответ: никакая единая дедуктивная теория не может исчерпать разнообразия проблем теории чисел.

Слово индукция по-русски означает наведение, а индуктивными называют выводы, сделанные на основе наблюдений, опытов, т.е. полученные путем заключения от частного к общему.

В основе всякого математического исследования лежат дедуктивный и индуктивный методы. Дедуктивный метод рассуждений — это рассуждение от общего к частному, т.е. рассуждение, исходным моментом которого является общий результат, а заключительным моментом – частный результат. Индукция применяется при переходе от частных результатов к общим, т.е. является методом, противоположным дедуктивному.

Метод математической индукции можно сравнить с прогрессом. Мы начинаем с низшего, в результате логического мышления приходим к высшему. Человек всегда стремился к прогрессу, к умению развивать свою мысль логически, а значит, сама природа предначертала ему размышлять индуктивно.

В математике роль индукции в значительной степени состоит в том, что она лежит в основе выбираемой аксиоматики. После того как длительная практика показала, что прямой путь всегда короче кривого или ломанного, естественно было сформулировать аксиому: для любых трех точек А, В и С выполняется неравенство .

Лежащее в основе арифметики понятие «следовать за» тоже появилось при наблюдениях за строем солдат, кораблей и другими упорядоченными множествами.

Не следует, однако, думать, что этим исчерпывается роль индукции в математике. Разумеется, мы не должны экспериментально проверять теоремы, логически выведенные из аксиом: если при выводе не было сделано логических ошибок, то они постольку верны, поскольку истинны принятые нами аксиомы. Но из данной системы аксиом можно вывести очень много утверждений. И отбор тех утверждений, которые надо доказывать, вновь подсказывается индукцией. Именно она позволяет отделить полезные теоремы от бесполезных, указывает, какие теоремы могут оказаться верными, и даже помогает наметить путь доказательства.

В математике уже издавна используется индуктивный метод, основанный на том, что то или иное общее утверждение делается на основании рассмотрения лишь нескольких частных случаев. История, например, сохранила следующее высказывание Э й л е р а: « У меня нет для доказательства никаких других доводов, за исключением длинной индукции, которую я провел так далеко, что никоим образом не могу сомневаться в законе, управляющем образованием этих членов. И кажется невозможным, чтобы закон, который, как было обнаружено, выполняется, например, для 20 членов, нельзя было бы наблюдать и для следующих».

Веря в непогрешимость индукции, ученые иногда допускали грубые ошибки.

К середине семнадцатого столетия в математике накопилось немало ошибочных выводов. Стала сильно ощущаться потребность в научно обоснованном методе, который позволял бы делать общие выводы на основании рассмотрения нескольких частных случаев. И такой метод был разработан. Основная заслуга в этом принадлежит французским математикам П а с к а л ю (1623 — 1662) и Д е к а р т у, а также швейцарскому математику Якобу Б е р н у л л и (1654-1705).

Осознание метода математической индукции как отдельного важного метода восходит к Блезу Паскалю и Герсониду, хотя отдельные случаи применения встречаются ещё в античные времена у Прокла и Эвклида. Современное название метода было введено де Морганом в 1838 году.

§2 Этапы решения задач методом математической индукции

В математических олимпиадах часто встречаются достаточно трудные задачи на доказательство делимости натуральных чисел. Перед школьниками возникает проблема: как найти универсальный математический метод, позволяющий решать подобные задачи?

Оказывается, большинство задач на доказательство делимости можно решать методом математической индукции. Метод математической индукции встречается в теории чисел. На заре теории чисел математики открыли многие факты индуктивным путем: Л. Эйлер и К. Гаусс рассматривали подчас тысячи примеров, прежде чем подметить числовую закономерность и поверить в нее. Но одновременно они понимали, сколь обманчивыми могут быть гипотезы, прошедшие «конечную» проверку. Для индуктивного перехода от утверждения, проверенного для конечного подмножества, к аналогичному утверждению для всего бесконечного множества необходимо доказательство. Такой способ предложил Блез Паскаль, который нашел общий алгоритм для нахождения признаков делимости любого целого числа на любое другое целое число (трактат «О характере делимости чисел).

Метод математической индукции используется, чтобы доказать путем рассуждений истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел или истинность утверждения начиная с некоторого числа n.

Решение задач на доказательство истинности некоторого утверждения методом математической индукции состоит из четырех этапов:

1. Базис индукции. Проверяют справедливость утверждения для наименьшего из натуральных чисел, при котором утверждение имеет смысл.

2. Индукционное предположение. Предполагаем, что утверждение верно для некоторого значения k.

3. Индукционный переход. Доказываем, что утверждение справедливо для k+1.

4. Вывод. Если такое доказательство удалось довести до конца, то, на основе принципа математической индукции можно утверждать, что утверждение верно для любого натурального числа n.

Часть II

§ 1 Применение метода математической индукции в задачах на суммирование

Пример №1.1 Доказать формулу + + + … + = ,.

При обе части равенства обращаются в единицу и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.
Предположим, что формула верна при , т.е. .
Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть. Тогда получим = = = = .
Таким образом, из того, что формула верна при , следует, что она верна и при . Это утверждение справедливо при любом натуральном значении . Итак, второе условие принципа математической индукции тоже выполнено. Формула доказана.

Пример №1.2 Доказать формулу =

При обе части равенства обращаются в — ю и, следовательно, первое условие принципа математической индукции выполнено.
Предположим, что формула верна при , т.е. = .
Докажем теперь для : =

; ;

; , что и требовалось доказать.

Следовательно, на основании метода математической индукции делаем вывод, что данная формула верна для любого натурального числа.

§2 Применение метода математической индукции в задачах на делимость

Пример №2.1 Доказать, что (7n+1+82n-1):19

n=1; 72+81=57:19-верно;
n=k; 7k+1+82k-1 – верно;
n=k+1; Доказать (7k+2+82k+1):19;

7k+2+82k+1=7k+1*7+82k-1*82=7k+1*7+82k-1*64=7k+1*7+82k-1*57+82k-1*7=7*(7k+2+82k-1)++82k-1*57, что кратно 19.

Значит и исходное выражение (7n+1+82n-1)кратно 19, что и требовалось доказать.

Пример №2.2. Доказать, что (11n+2+122n+1) кратно 133.

1) При n=1.113+123=(11+12)(113-132+123)=23 133. Так как (23*133) кратно 133, то и (113+123) кратно 133.

2) При n=k. (11k+2+122k+1) кратно 133.

3) При n=k+1. Доказать, что (11k+3+122k+3) кратно 133.

11k+3+122k+3=11*11k+2+122*122k+1=11(11k+2+122k+1)+133*122k+1. В данном выражении второе слагаемое кратно 133, а первое слагаемое кратно 133 из второго пункта. Тогда по свойству делимости полученная сумма кратна 133, значит (11n+2+122n+1) кратно 133, что и требовалось доказать.

§3 Применение метода математической индукции для доказательства неравенств

Пример № 3.1 (неравенство Бернулли) Доказать, что при и натуральном (неравенство Бернулли).

1) При имеем так как значит, неравенство справедливо.

2) Допустим, что (1) и докажем, что тогда .

3) Для доказательства умножим обе части неравенства (1) на , получим:

или или . Так как

4) Значит, при любом натуральном большем 1, и .

Пример № 3.2 Доказать, что при n≥2 справедливо неравенство

При n=2.

Это неравенство верно, так как правая часть явно больше 2, а левая меньше 2.

При n=k.

Верно.

При n=k+1. Доказать:

Прибавим к обеим частям неравенства и получим:

Рассмотрим разность правой и левой части неравенства .

Полученное выражение положительно, значит неравенство верно, а поэтому верно неравенство, что и требовалось доказать.

§4 Применение метода математической индукции при решении олимпиадных задач

Пример№4.1. Доказать, что при любом натуральном n1 число оканчивается цифрой 7.

Если n=2, то . Верно.
Пусть для n=k данное утверждение верно, следовательно +1 оканчивается цифрой 7.

Тогда +1=10m+7, где m- некоторое натуральное число. Из этого равенства получим, что =10m+6.

Докажем, что для n=k+1 данное утверждение верно. +1=+1=+1=. Получили, что действительно данное число оканчивается цифрой 7.
Можно сделать вывод, что при любом натуральном n1 число оканчивается цифрой 7.

Пример№4. 2. Докажите тождество Cos2aCos4a …Сosa =

Если n=1, то Cos2a = = = = Cos2a. Верно.
Пусть дл n=k данное тождество верно, т.е. Cos2aCos4a …Сosa =
Докажем, что при n=k+1 данное тождество верно.

Cos2aCos4a …СosaСosa = Сosa = Сosa=

= = . Тождество доказано.

Можно сделать вывод, что тождество верно при любом значении n.

Пример№4.3. Доказать, что если k ∈ N, то число k2 — k — четное.

Проверим базу индукции — при k = 1, k2 — k = 0 — число четное.
Допустим при некотором k = n, число n2 — n — четное.
Докажем, что k = n+1 число (n + 1)2- (n + 1) — тоже четное. Но (n + 1)2 — (n + 1) = n2 + 2n + 1 — n — 1 = n2 + n = n2 — n + 2n. Число n2 — n — четное, согласно предположению и 2n — четное. Сумма четных чисел — четная.
Вывод: если k ∈ N, то число k2 — k — четное.

Заключение

В ходе проделанной работы мною был изучен метод математической индукции. Были систематизированы знания по теме, применён данный метод при решении математических задач, обосновано и наглядно показано практическое значение метода математической индукции.

Так как метод математической индукции – это особый метод математического доказательства, который позволяет на основании частных наблюдений делать заключения о соответствующих общих закономерностях, и этот метод проще всего уяснить на примерах, то с этой целью в работе были рассмотрены примеры.

Знакомясь с методом математической индукции, я изучала специальную литературу, консультировалась с педагогом, анализировал данные и решения задач, пользовался ресурсами Интернета, выполнял необходимые вычисления.

Вывод:

— я узнала, чтобы решать задачи методом математической индукции нужно знать и понимать основной принцип математической индукции;

— достоинством метода математической индукции является его универсальность, так как с помощью этого метода можно решить многие задачи;

— обобщив и систематизировав знания по математической индукции, я убедилась в необходимости знаний по теме «Метод математической индукции». Кроме того эти знания повышают интерес к математике, как к науке;

— так же в ходе работы приобрела навыки решения задач по использованию метода математической индукции. Считаю, что эти навыки помогут мне в будущем.

Работа над данной темой важна для продолжения моего образования. Материал данной работы может быть использован для занятий математического кружка и научного общества учащихся.

Список литературы

Баранова И.В., Ляпин С.Е. Задачи на доказательство по алгебре, редактор Барковский И.В. Техн. Редактор Кирнарская А.А. Корректоры: Морозов А.А. и Дешалыт Н.Г. Уч. изд. л. Типография №3 7,67. 1954.-159с.
Виленкин Н.Я., Ивашев-Мусатов О.С., Шварцбурд С.И. Алгебра и математический анализ, 10 класс: Учеб. пособие для учащихся шк. и классов с углуб. изуч. математики – 4-е изд. М.: Просвещение, 1995.-288 с.: ил. — ISBN 5-09-006565-9.
Гайштут А.Г., Ушаков Р.П. Сборник задач по математике с примерами решений: Для учащихся общеобразов. шк. лицеев и гимназий – К.: А.С.К., 2002.-592 с.: ил.; ISBN 966-539-343-X.
Шарыгин И.Ф Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб. пособие для 10 кл. сред. шк.- М.: Просвещение, 1989.-252 с.: ил. ISBN 5-09-001288-1.
Шипачев В.С. Основы высшей математики: Учеб. Пособие для втузов / Под ред. Акад. А.Н. Тихонова.-М.: Высш. Шк., 1989.-479с.: ил. ISBN5-06-000048-6.

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. Выпадает первая костяшка домино
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 это верно для n=1

Шаг 2 лучше всего выполнять следующим образом:

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 может понадобиться использовать воображение, чтобы заставить его работать!

Как в этом примере:

Пример: является ли 3

ⁿ −1 кратным 2?
Это правда? Давайте узнаем.

1. Покажите, что это верно для n=1
3 ¹ −1 = 3−1 = 2
3 90.
3 ¹ −1 верно

2. Предположим, что верно для n=k
3 ^k −1 верно −10003
(Подождите! Откуда мы это знаем? 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 также 3 × 3 ^K
, а затем раздел 3 × на 2 × и 1 ×
и каждый из них. из 2

Потому что:
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 истинный , хотя и не доказали этого? Это нормально, потому что мы полагаемся на Эффект домино . ..
… мы спрашиваем если любая костяшка домино выпадет, выпадет ли следующая ?

Итак, мы принимаем как факт (временно), что « n=k » костяшка домино падает (т. » домино тоже выпадет.

Трюки

Я уже говорил, что нам часто приходится использовать творческие трюки.

Обычный трюк состоит в том, чтобы переписать n=k+1 9Случай 0007 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

2. Предположим, что верно для n=k

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:

к ² + (2(k+1)−1) = (k+1) ²

Теперь разверните все члены:

k ² + 2k + 2 − 1 = k ² + 2k +1

И упростить:

k ² + 2k + 1 = k ² + 2k + 1

Они одинаковы! Так что это правда.

Итак:

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

ГОТОВО!

Ваша очередь

Теперь 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

Натуральные числа

Докажите, что:

1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + n ³ = ¼n ² (n + 1) ²

3

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

Пожалуйста, не читайте решения, пока не попробуете сами ответить на вопросы, это единственные вопросы на этой странице, над которыми вы можете попрактиковаться!
Пример: треугольные числа
Докажите, что n-е треугольное число:
T _n = n(n+1)/2

1. Покажите, что это верно для n=1
T _{1 = 1}+ 1 верно

2. Предположим, что верно для n=k
T _k = k(k+1)/2 верно (предположение!)
Теперь докажите, что верно 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:
(k + 1)(k + 2) = k(k + 1) + 2(k + 1)
(k + 1)(k + 2) = (k + 2)(k + 1)
Они одинаковы! Так что верно .
Итак:
T _k+1 = (k+1)(k+2)/2 верно
ГОТОВО!

Пример: сложение чисел куба
Докажите, что:
1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + N ³ = ¼N ² (N + 1) ²

9010 1. Покажите, что это верно для n = 1

1 ³ = ¼ × 1 ² × 2 ² Истина

2. Предположим, что это верно N = K

2. .

1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + k ³ = ¼k ² (k + 1) ² верно (предположение!)

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

1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + . .. + (k + 1) ³ = 1/4(k + 1) ² (k + 2) ² ?

Мы знаем, что 1 ³ + 2 ³ + 3 ³ + … + k ³ = ¼k ² (k + 2) 29010 мы можем сделать замену для всего, кроме последнего члена:

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

Умножить все члены на 00 4 k ² (k + 1) ² + 4(k + 1) ³ = (k + 1) ² (k + 2) ²

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

k ² + 4(k + 1) = (k + 2) ²

. к 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 ) 2 (0 01 ) 2 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 любое целое число x принадлежит к этому классу, а потомок x (то есть целое число x + 1) также принадлежит к этому классу. Тогда принцип математической индукции таков: если целое число 0 принадлежит классу F и F являются наследственными, каждое неотрицательное целое число принадлежит 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.

Принцип также часто формулируется в интенсиональной форме: свойство целых чисел называется наследственным, если всякий раз, когда любое целое число x имеет свойство, его преемник имеет свойство. 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 натуральных чисел равна n ², т. е. что (1. ) 1 + 3 + 5 +⋯+ (2 н — 1) = н

2 для каждого положительного целого числа n . Пусть F будет классом целых чисел, для которых справедливо 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 90 646 — 1 равно 2 90 645 x 90 646 + 1, и если его добавить к обеим частям уравнения (2.) , результат (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. ) 0 утверждает уравнение, которое утверждает уравнение (1.) (1.) сохраняется, когда n равно x + 1. Поскольку уравнение (3.) было доказано как следствие уравнения (2.) , было доказано, что всякий раз, когда x принадлежит F , преемник x принадлежит F . Следовательно, по принципу математической индукции все положительные целые числа принадлежат F .
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 соотношение F выполняется между 1 и 1; во-вторых, всякий раз, когда F находится между x и y , оно находится между x и y + 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 соответствующих 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 членами 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 положительных целых чисел. Фактическое сведение простой индукции к этому частному случаю трансфинитной индукции требует использования принципов, которые сами по себе обычно доказываются математической индукцией, в частности, 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. Следовательно, в некотором смысле математическая индукция несводима к трансфинитной индукции.
Точка зрения трансфинитной индукции, однако, полезна при классификации более сложных видов математической индукции. В частности, двойная индукция может рассматриваться как трансфинитная индукция, примененная к области D упорядоченных пар ( x , y ) положительных целых чисел, где D хорошо упорядочена по правилу, согласно которому пара ( x ₁ , y ₁ ) предшествует паре ( x ₂ , y ₂ ) if x ₁ < x ₂ or if x ₁ = x ₂ and y ₁ < y ₂ .
Эта статья была недавно пересмотрена и обновлена Майклом Рэем.
Принцип математической индукции — GeeksforGeeks. Как правило, он используется для доказательства результатов или установления утверждений, сформулированных в терминах
n, , где n — натуральное число. Этот метод включает три шага для доказательства утверждения P(n), как указано ниже:
Проверить, верно ли утверждение для тривиальных случаев, таких как n = a , т. е. истинно P(a). [Базовый случай]
Предположим, что утверждение верно для n = k для некоторого k ≥ a, т. е. P(k) истинно. [Индуктивная гипотеза]
Если истинность P(k) подразумевает истинность P(k + 1), то утверждение P(n) истинно для всех n ≥ a .
Базовый шаг и индуктивный шаг вместе доказывают, что P(k) => P(k + 1) => P(k + 2) …. правда. Следовательно, P(n) верно для всех целых чисел n ≥ a. Мы можем сравнить математическую индукцию с падающими костяшками домино. Когда костяшка домино падает, она сбивает следующую по очереди костяшку. Первая костяшка сбивает вторую, вторая сбивает третью и так далее. В конце концов, все домино будут перебиты. Но есть несколько условий, которые необходимо выполнить:
Стартовая костяшка домино должна упасть, чтобы начался процесс выбивания. Это базовый шаг.
Расстояние между костяшками костяшек должно быть одинаковым для любых двух соседних костяшек. В противном случае одна костяшка домино может упасть, не задев следующую. Тогда последовательность реакций остановится. Сохранение равного расстояния между домино гарантирует, что P(k) ⇒ P(k + 1) для каждого целого числа k ≥ a. Это индуктивный шаг.
Примеры
Пример 1: Для всех n ≥ 1 докажите, что 2н + 1)} / 6
Решение:
Пусть заданное утверждение равно P(n),
Теперь возьмем натуральное число k и предположим, что P(k) истинно, т. е.
Теперь докажите, что P(k + 1) также верно, так что теперь мы имеем
P(k + 1) = P(k) + (k + 1) ²
Таким образом, P(k + 1) истинно, если P(k) истинно для всех натуральных чисел. Следовательно, в процессе математической индукции данный результат верен для всех натуральных чисел.
Пример 2: Для всех n ≥ 1 докажите, что
1. 2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 …n(n + 1) (n + 2) = {n (n + 1) (n + 2) ( n + 3)} / 4
Решение:
Пусть данное выражение равно S(n),
Теперь возьмем натуральное число k и предположим, что S(k) равно быть истинным, т. е.
Теперь мы докажем, что S(k + 1) также истинно, так что теперь мы имеем
Таким образом, S(k + 1) истинно, когда S(k) истинно для все натуральные числа. И мы изначально показали, что S (1) верно, поэтому S (n) верно для всех натуральных чисел.
Пример 3: Докажите, что для всех n ≥ 1
и S(n) = 1 + 3 + 5 … 2n – 1 = n ²
Для n = 1 2 * 1 – 1 = 1 ² Таким образом, S(1) верно.
Теперь возьмем натуральное число k и предположим, что S(k) истинно, т. е.
S(k) = 1+ 3 + 5 .. (2k – 1) = k ²
Мы теперь докажем, что S(k + 1) также верно, так что теперь мы имеем,
1 + 3 + 5 .. (2(k + 1) – 1) = (k + 1) ²
Л. С.С: 1 + 3 + 5 + …. (2k – 1 ) + 2k + 2 – 1
= S(k) + 2k + 1
= k ² + 2k + 1
= (k + 1) ²
= R000.290. Таким образом, S(k + 1) истинно, если S(k) истинно для всех натуральных чисел. И мы изначально показали, что S (1) верно, поэтому S (n) верно для всех натуральных чисел.
Пример 4: Для всех n ≥ 1 докажите, что
1,2 + 2,3 + 3,4 …n(n + 1) = {n(n + 1)(n + 2)} / 3
Решение:
Пусть данное утверждение будет S(n),
Теперь возьмем натуральное число k и предположим, что S(k) истинно, т. е.
Теперь докажите, что S(k + 1) также истинно, так что теперь мы имеем
Таким образом, S(k + 1) истинно, если S(k) истинно для всех натуральных чисел. И мы изначально показали, что S (1) верно, поэтому S (n) верно для всех натуральных чисел.
Пример 5: Докажите _n = a ₁ + (n – 1) d — общий член любой арифметической прогрессии.
Решение:
Для n = 1 имеем a _n = a ₁ + (1 – 1) d = a ₁ , поэтому формула верна для n = 0 2 , 9000 Предположим, что формула a _k = a ₁ + (k – 1) верна для всех натуральных чисел.
Теперь мы докажем, что формула верна и для k+1, так что теперь мы имеем
a _{k + 1} = а ₁ + [(k + 1) – 1] d = а ₁ + k · d.
Мы предположили, что a _k = a ₁ + (k – 1) d, и по определению арифметической последовательности a _{k + 1} – a _k = d,
тогда a _{k + 1} – a _k
= (a ₁ + k · d) – (a1 + (k – 1)d)
= a ₁ – a ₁ + kd – kd + d
= d
Таким образом, формула верна для k + 1, если она верна для k. И мы изначально показали, что формула верна для n = 1. Таким образом, формула верна для всех натуральных чисел.
No related posts.