Видови математичка индукција. Примена на методот на математичка индукција при решавање задачи за деливост на природни броеви

Савељева Екатерина

Во трудот се разгледува примената на методот на математичка индукција при решавање на задачи со деливост и собирање серии. Разгледани се примери за примена на методот на математичка индукција за докажување неравенки и решавање на геометриски задачи. Делото е илустрирано со презентација.

Преземи:

Преглед:

Министерство за наука и образование на Руската Федерација

Државна образовна институција

просек сеопфатно училиште № 618

Предмет: алгебра и почетоци на анализа

Тема на проектна работа

„Методот на математичка индукција и неговата примена во решавањето проблеми“

Работата е завршена: Савељева Е, класа 11Б

Надзорник : Макарова Т.П., наставник по математика, СОУ бр.618

1. Вовед.

2.Метод на математичка индукција при решавање проблеми со деливост.

3. Примена на методот на математичка индукција при собирање серии.

4. Примери за примена на методот на математичка индукција при докажување на неравенки.

5. Примена на методот на математичка индукција при решавање на геометриски задачи.

6. Список на користена литература.

Вовед

Основата на секое математичко истражување се дедуктивните и индуктивните методи. Дедуктивниот метод на расудување е расудување од општо кон специфично, т.е. расудување, чија почетна точка е општиот резултат, а крајната точка е конкретниот резултат. Индукцијата се користи при преминување од одредени резултати во општи, т.е. е спротивно на дедуктивниот метод. Методот на математичка индукција може да се спореди со напредок. Почнуваме од дното, како резултат логично размислувањедоаѓаме до највисокото. Човекот отсекогаш се стремел кон напредок, кон способност логички да ги развива своите мисли, што значи дека самата природа му одредила да размислува индуктивно. Иако опсегот на примена на методот на математичка индукција порасна, училишна наставна програмаму се дава малку време.Но, толку е важно да можеш да размислуваш индуктивно. Примената на овој принцип при решавање проблеми и докажување теореми е на исто ниво со разгледувањето во училишната практика на другите математички принципи: исклучена средина, вклучување-исклучување, Дирихле итн. Овој апстракт содржи проблеми од различни гранки на математиката, во кои главна алатка е методот на употреба на математичка индукција. Зборувајќи за важноста на овој метод, А.Н. Колмогоров истакна дека „разбирањето и способноста да се примени принципот на математичка индукција е добар критериумзрелост, што е апсолутно неопходно за математичарот“. Методот на индукција во неговата широка смисла се состои во премин од одредени набљудувања кон универзален, општ модел или општа формулација. Во ова толкување, методот е, се разбира, главниот метод за спроведување на истражување во која било експериментална природна наука.

човечка активност. Методот (принципот) на математичка индукција во неговата наједноставна форма се користи кога е потребно да се докаже одредена изјава за сите природни броеви.

Задача 1. Во својата статија „Како станав математичар“ А.Н. Колмогоров пишува: „Ја научив радоста на математичкото „откритие“ рано, откако забележав шема на возраст од пет или шест години.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 и така натаму.

Училиштето го издаваше списанието „Пролетни ластовички“. Во него беше објавено моето откритие...“

Не знаеме какви докази се дадени во ова списание, но се започна со приватни набљудувања. Самата хипотеза, која веројатно се појавила по откривањето на овие парцијални еднаквости, е дека формулата

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2

точно за кој било даден број n = 1, 2, 3, ...

За да се докаже оваа хипотеза, доволно е да се утврдат два факти. Прво, за n = 1 (па дури и за n = 2, 3, 4) саканата изјава е вистинита. Второ, да претпоставиме дека изјавата е точна за p = k, и ќе се погрижиме тогаш тоа да важи и за n = k + 1:

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

Ова значи дека изјавата што се докажува е вистинита за сите вредности n: за n = 1 тоа е точно (ова е потврдено), а поради вториот факт - за n = 2, од каде за n = 3 (поради истиот, втор факт) итн.

Задача 2. Размислете за сите можни заеднички дропкисо броител 1 и кој било (позитивен цел број)

(номинален) именител: Докажи дека за било којстр> 3 можеме да ја претставиме единицата како збирП разни фракции од овој тип.

Решение, Ајде прво да ја провериме оваа изјава n = 3; ние имаме:

Затоа, основната изјава е задоволна

Сега да претпоставиме дека изјавата што нè интересира е точна за некоја бројкаДо, и докажете дека тоа е точно и за бројот што следи по негоДо + 1. Со други зборови, да претпоставиме дека има претстава

во кој к термините и сите именители се различни. Да докажеме дека тогаш можеме да добиеме претстава за единството како збир одДо + 1 фракции саканиот тип. Ќе претпоставиме дека дропките се намалуваат, односно именители (во претставувањето на единицата со збиротДо термини) се зголемуваат од лево кон десно така штоТ - најголемиот од именителот. Репрезентацијата што ни треба ќе ја добиеме во форма на сума(До + 1) дропка, ако една дропка, на пример последната, ја поделиме на два. Ова може да се направи затоа што

А со тоа и

Покрај тоа, сите фракции останаа различни, бидејќиТ беше најголемиот именител, и t + 1 > t, и

t(t + 1) > t.

Така, утврдивме:

1. со n = 3 оваа изјава е вистинита;

1. ако изјавата за која не интересира е вистинитаДо,
   тогаш тоа важи и за k + 1.

Врз основа на ова, можеме да тврдиме дека предметната изјава е точна за сите природни броеви, почнувајќи од три. Покрај тоа, горенаведениот доказ подразбира и алгоритам за наоѓање на потребната партиција на единството. (Каков алгоритам е ова? Замислете го бројот 1 како збир од 4, 5, 7 членови сам по себе.)

При решавањето на претходните два проблема, беа преземени два чекори. Првиот чекор се нарекуваоснова индукција, второ -индуктивен спојили чекор на индукција. Вториот чекор е најважен и вклучува правење претпоставка (изјавата е вистинита кога n = k) и заклучок (изјавата е вистинита кога n = k + 1). Се повикува самиот параметар n параметар на индукција.Оваа логичка шема (техника), која ни овозможува да заклучиме дека предметната изјава е точна за сите природни броеви (или за сите, почнувајќи од некои), бидејќи и основата и преминот се валидни, се нарекувапринципот на математичка индукција,на кој Се заснова методот на математичка индукција.Самиот термин „индукција“ доаѓа од латинскиот збориндукција (водење), што значи премин од единечно знаење за поединечни објекти од дадена класа до општ заклучокза сите предмети од даден час што е еден од главните методи на сознавање.

Принципот на математичка индукција, токму во познатата форма на два чекори, првпат се појави во 1654 година во „Трактат за аритметичкиот триаголник“ на Блез Паскал, во кој едноставен начин за пресметување на бројот на комбинации (биномни коефициенти) беше докажан со индукција. D. Polya го цитира Б. Паскал во книгата со мали промени дадени во квадратни загради:

„Иако предметниот предлог [експлицитната формула за биномни коефициенти] содржи безброј посебни случаи, јас ќе дадам многу краток доказ за тоа, врз основа на две леми.

Првата лема вели дека претпоставката е точна поради причината - ова е очигледно. [КајП = 1 експлицитна формула е валидна...]

Втората лема го наведува следново: ако нашата претпоставка е точна за произволна основа [за произволна r], тогаш таа ќе биде точна поради следната причина [за n + 1].

Од овие две леми нужно произлегува дека предлогот важи за сите вредностиП. Навистина, врз основа на првата лема тоа е точно заП = 1; затоа, врз основа на втората лема, тоа е точно заП = 2; затоа повторно по сила на втората лема важи за n = 3 и така натаму до бесконечност“.

Задача 3. Сложувалката Кулите на Ханој се состои од три прачки. На една од прачките има пирамида (слика 1), која се состои од неколку прстени со различни дијаметри, кои се намалуваат од дното кон врвот

Слика 1

Оваа пирамида мора да се премести на една од другите прачки, поместувајќи само еден прстен секој пат и не ставајќи го поголемиот прстен на помалиот. Дали е можно да се направи ова?

Решение. Значи, треба да одговориме на прашањето: дали е можно да се помести пирамида која се состои одП прстени со различни дијаметри, од една прачка до друга, следејќи ги правилата на играта? Сега, како што велат, го параметризиравме проблемот (воведен е природен број во предвидП), а може да се реши со математичка индукција.

1. Индукциска основа. Кога n = 1 сè е јасно, бидејќи пирамидата од еден прстен очигледно може да се премести на која било прачка.
2. Индукција чекор. Да претпоставиме дека можеме да поместиме која било пирамида со бројот на прстени p = k.
   Дозволете ни да докажеме дека тогаш можеме да ја преместиме pyra midka од n = k + 1.

Пирамида од до прстени кои лежат на најголемиот(До + 1)-ти прстен, можеме, според претпоставката, да го преместиме на која било друга прачка. Ајде да го направиме тоа. неподвижен(До + 1)-тиот прстен нема да нè спречи да го спроведеме алгоритмот за движење, бидејќи е најголем. По преместувањетоДо прстени, ајде да го преместиме овој најголем(До + 1) прстен на преостанатата прачка. И потоа повторно го применуваме алгоритмот за движење што ни е познат по индуктивната претпоставкаДо прстени и преместете ги на шипката со онаа што лежи долу(До + 1) прстен. Така, ако знаеме како да ги движиме пирамидите соДо прстени, тогаш знаеме како да ги движиме пирамидите и соДо + 1 прстен. Затоа, според принципот на математичка индукција, секогаш е можно да се помести пирамидата која се состои од n ѕвони, каде што n > 1.

Метод на математичка индукција при решавање проблеми со деливост.

Користејќи го методот на математичка индукција, можете да докажете различни тврдења во врска со деливоста на природните броеви.

Проблем 4 . Ако n е природен број, тогаш бројот е парен.

Кога n=1 нашиот исказ е точно: - парен број. Да претпоставиме дека е парен број. Бидејќи 2k е парен број, тогаш тој е парен. Значи, паритет се докажува за n=1, паритет се изведува од паритет, што значи дека е дури и за сите природни вредности на n.

Задача 3. Докажете дека бројот Z 3 + 3 - 26n - 27 со произволни природни n е делив со 26 2 без остаток.

Решение. Прво да го докажеме со индукција помошната изјава дека 3 3n+3 — 1 е делив со 26 без остаток кога n > 0.

1. Индукциска основа. За n = 0 имаме: 3 3 - 1 = 26 - делив со 26.

Индукција чекор. Да претпоставиме дека 3 3n+3 - 1 се дели со 26 кога n = k, и Да докажеме дека во овој случај изјавата ќе биде точна за n = k + 1. Бидејќи 3

тогаш од индуктивната хипотеза заклучуваме дека бројот 3 3k + 6 - 1 се дели со 26.

Сега ќе ја докажеме изјавата формулирана во изјавата за проблемот. И повторно со индукција.

1. Индукциска основа. Очигледно е дека кога n = 1 изјава е точно: бидејќи 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Индукција чекор. Да претпоставиме дека кога p = k
   израз 3 3k + 3 - 26k - 27 се дели со 26 2 без остаток и докажете дека изјавата е точна за n = k + 1,
   односно тој број

делив со 26 2 без трага. Во последниот збир, двата члена се деливи со 26 2 . Првата е затоа што докажавме дека изразот во заграда е делив со 26; вториот е според хипотезата за индукција. Врз основа на принципот на математичка индукција, посакуваната изјава е целосно докажана.

Примена на методот на математичка индукција при собирање серии.

Задача 5. Докажи формула

N е природен број.

Решение.

Кога n=1, двете страни на еднаквоста се свртуваат кон една и, според тоа, првиот услов од принципот на математичка индукција е исполнет.

Да претпоставиме дека формулата е точна за n=k, т.е.

Да ги додадеме двете страни на оваа еднаквост и да ја трансформираме десната страна. Потоа добиваме

Така, од фактот дека формулата е точна за n=k, произлегува дека е вистинита и за n=k+1. Оваа изјава е точна за која било природна вредност на k. Значи, вториот услов од принципот на математичка индукција е исто така задоволен. Формулата е докажана.

Задача 6. На таблата се запишани два броја: 1,1. Со внесување на нивниот збир помеѓу броевите, ги добиваме броевите 1, 2, 1. Повторувајќи ја оваа операција повторно, ги добиваме броевите 1, 3, 2, 3, 1. По три операции, броевите ќе бидат 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Колкав ќе биде збирот на сите броеви на таблата по 100 операции?

Решение. Направете сè 100 операциите би биле многу трудоинтензивна и одзема време задача. Ова значи дека треба да се обидеме да најдеме некоја општа формула за збирот Sброеви по n операции. Ајде да ја погледнеме табелата:

Дали забележавте некоја шема овде? Ако не, можете да направите уште еден чекор: по четири операции ќе има броеви

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

чиј збир S 4 е еднаков на 82.

Всушност, не можете да ги запишете броевите, туку веднаш да кажете како ќе се промени збирот откако ќе додадете нови броеви. Нека збирот е еднаков на 5. Што ќе стане кога ќе се соберат нови броеви? Ајде да го поделиме секој нов број на збирот на двата стари. На пример, од 1, 3, 2, 3, 1 одиме на 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Односно, секој стар број (освен двете екстремни единици) сега е вклучен во збирот три пати, така што новата сума е еднаква на 3S - 2 (одземете 2 за да ги земете предвид единиците што недостасуваат). Затоа С 5 = 3S 4 - 2 = 244, и воопшто

Што е тоа општа формула? Ако не беше одземањето на две единици, тогаш секој пат збирот ќе се зголемуваше три пати, како во моќи од три (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). И нашите бројки, како што сега можеме да видиме, се уште еден. Така, може да се претпостави дека

Ајде сега да се обидеме да го докажеме ова со индукција.

Индукциска основа. Видете ја табелата (за n = 0, 1, 2, 3).

Индукција чекор. Ајде да се преправаме дека

Ајде тогаш да го докажеме тоа S k + 1 = Z k + 1 + 1.

Навистина,

Значи, нашата формула е докажана. Тоа покажува дека по сто операции збирот на сите броеви на таблата ќе биде еднаков на 3 100 + 1.

Да разгледаме еден прекрасен примерпримена на принципот на математичка индукција, во која прво треба да се воведат два природни параметри, а потоа да се изврши индукција на нивниот збир.

Задача 7. Докажи дека ако= 2, x 2 = 3 и за секој природенстр> 3 важи релацијата

x p = 3x p - 1 - 2x p - 2,

Тоа

2 p - 1 + 1, p = 1, 2, 3, ...

Решение. Забележете дека во овој проблем оригиналната низа од броеви(x p) се определува со индукција, бидејќи термините на нашата низа, освен првите две, се наведени индуктивно, односно преку претходните. Така се нарекуваат дадените низиповторливи, и во нашиот случај, оваа низа се одредува (со наведување на првите два члена) на единствен начин.

Индукциска основа. Се состои од проверка на две искази: кога n = 1 и n = 2.V Во двата случаи изјавата е вистинита според условот.

Индукција чекор. Да претпоставиме дека за n = k - 1 и n = k изјавата е исполнета, т.е

Потоа да ја докажеме валидноста на изјавата за n = k + 1. Имаме:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, што требаше да се докаже.

Задача 8. Докажете дека секој природен број може да се претстави како збир од неколку различни членови од повторливата низа од броевите на Фибоначи:

за k> 2.

Решение. Нека n - природен број. Ќе извршиме индукција наП.

Индукциска основа. Кога n = Изјавата 1 е вистинита бидејќи самиот еден е број на Фибоначи.

Индукција чекор. Да претпоставиме дека сите природни броеви се помали од некој бројП, може да се претстави како збир од неколку различни членови од низата Фибоначи. Ќе најдеме најголем бројФибоначи Ft, не супериорен P; така, F t p и F t +1 > p.

Затоа што

Според индукциската хипотеза, бројот n- F т може да се претстави како збир 5 од неколку различни членови од низата Фибоначи, а од последната неравенка произлегува дека сите членови од низата Фибоначи вклучени во збирот 8 се помалиФ т. Затоа, проширувањето на бројот n = 8 + F t ги задоволува условите на проблемот.

Примери за примена на методот на математичка индукција за докажување на неравенки.

Задача 9. (Нееднаквоста на Бернули.)Докажете дека кога x > -1, x 0 и за цел број n > 2 неравенството е точно

(1 + x) n > 1 + xn.

Решение. Доказот повторно ќе го спроведеме со индукција.

1. Основа на индукција. Дозволете ни да ја потврдиме валидноста на нееднаквоста за n = 2. Навистина,

(1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x.

2. Индукција чекор. Да претпоставиме дека за бројот p = k изјавата е вистинита, т.е

(1 + x) k > 1 + xk,

Каде k > 2. Да го докажеме за n = k + 1. Имаме: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.

Значи, врз основа на принципот на математичка индукција, можеме да тврдиме дека неравенката на Бернули е точна за која било n > 2.

Во контекст на проблеми решени со помош на методот на математичка индукција, општиот закон што треба да се докаже не е секогаш јасно формулиран. Понекогаш е потребно, со набљудување на одредени случаи, прво да се открие (погоди) кој општ закондаваат, а дури потоа ја докажуваат наведената хипотеза користејќи го методот на математичка индукција. Покрај тоа, индукциската променлива може да се маскира, а пред да се реши проблемот, неопходно е да се одреди на кој параметар ќе се изврши индукцијата. Како примери, разгледајте ги следните задачи.

Задача 10. Докажете го тоа

под било која природна n > 1.

Решение, Ајде да се обидеме да ја докажеме оваа нееднаквост користејќи го методот на математичка индукција.

Индукциската основа може лесно да се потврди:1+

Со хипотезата за индукција

и ни останува да го докажеме тоа

Ако ја користиме индуктивната хипотеза, тоа ќе го аргументираме

Иако оваа еднаквост е всушност вистинита, таа не ни дава решение на проблемот.

Ајде да се обидеме да докажеме посилна изјава отколку што се бара во оригиналниот проблем. Имено, тоа ќе го докажеме

Можеби изгледа дека докажувањето на оваа изјава со индукција е безнадежна работа.

Меѓутоа, кога н = 1 имаме: изјавата е точно. За да го оправдаме индуктивниот чекор, да претпоставиме дека

и тогаш ќе го докажеме тоа

Навистина,

Така, докажавме посилна констатација, од која веднаш следи изјавата содржана во исказот на проблемот.

Поучната работа овде е дека иако моравме да докажеме посилна изјава отколку што се бара во проблемот, можевме да користиме посилна претпоставка во индуктивниот чекор. Ова објаснува дека директната примена на принципот на математичка индукција не секогаш води до целта.

Ситуацијата што настана при решавањето на проблемот беше повиканапарадокс на пронаоѓачот.Самиот парадокс е во тоа што може да се спроведат посложени планови одличен успех, доколку се засноваат на подлабоко разбирање на суштината на материјата.

Задача 11. Докажи дека 2 m + n - 2 m за секој природентип.

Решение. Овде имаме два параметри. Затоа, можете да се обидете да го извршите т.ндвојна индукција(индукција во индукција).

Ќе спроведеме индуктивно расудување наП.

1. Индукциската основа според став.Кога n = 1 треба да се провери тоа 2 t ~ 1 > t. За да ја докажеме оваа нееднаквост користиме индукција наТ.

А) Индукција база според т.нКога t = 1 погубен
еднаквост, што е прифатливо.

б) Индукцискиот чекор според т.нДа претпоставиме дека кога t = k изјавата е вистинита, т.е 2 k ~ 1 > k. Потоа до
да кажеме дека изјавата ќе биде вистинита и за t = k + 1.
Ние имаме:

со природно да.

Значи нееднаквоста 2 врши во било која природнаТ.

2. Индукција чекор според ставка.Ајде да избереме и да поправиме некој природен бројТ. Да претпоставиме дека кога n = јас изјавата е вистинита (за фиксна t), односно 2 t +1 ~ 2 > t1, и ќе докажеме дека тогаш изјавата ќе биде вистинита и за n = l + 1.
Ние имаме:

за секој природентип.

Затоа, врз основа на принципот на математичка индукција (одП) изјавата за проблемот е точна за секојП и за секој фиксенТ. Така, оваа нееднаквост важи за секое природнотип.

Задача 12. Нека m, n и k се природни броеви и t > стр. Кој од двата броја е поголем:

Во секој изразДо знаци квадратен корен, t и p наизменично.

Решение. Ајде прво да докажеме некоја помошна изјава.

Лема. За секое природно t и p (t > p) и не-негативни (не нужно целосни) X нееднаквоста е вистина

Доказ. Размислете за нееднаквоста

Оваа нееднаквост е вистинита бидејќи двата фактори од левата страна се позитивни. Проширувајќи ги заградите и трансформирајќи, добиваме:

Земајќи го квадратниот корен од двете страни на последната неравенка, ја добиваме изјавата на лемата. Значи, лемата е докажана.

Сега да преминеме на решавање на проблемот. Да го означиме првиот од овие броеви соА, а вториот - преку b k. Да докажеме дека а под било која природнаДо. Доказот ќе го спроведеме со методот на математичка индукција одделно за парни и непарниДо.

Индукциска основа. Кога k = 1 имаме нееднаквост

y[t > y/n , фер поради фактот што t > стр Кога k = 2 бараното се добива од докажаната лема со замена x = 0.

Индукција чекор. Да претпоставиме, за некои k неравенка a > b k фер. Да го докажеме тоа

Од индукциската претпоставка и монотонијата на квадратниот корен имаме:

Од друга страна, од докажаната лема произлегува дека

Комбинирајќи ги последните две неравенки, добиваме:

Според принципот на математичка индукција, исказот се докажува.

Задача 13. (Нееднаквоста на Коши.)Докажете го тоа за сите позитивни броеви...,а стр нееднаквоста е вистина

Решение. За n = 2 неравенството

ќе претпоставиме дека се познати аритметичката средина и геометриската средина (за два броја). Нека n= 2, k = 1, 2, 3, ... и прво изврши индукција наДо. Основата на оваа индукција се одвива со претпоставка дека потребната нееднаквост е веќе воспоставена за n = 2, ајде да го докажемеП = 2. Имаме (применувајќи ја неравенството за два броја):

Според тоа, со индуктивната хипотеза

Така, со индукција на k ја докажавме нееднаквоста за ситестр 9 да се биде сила од два.

Да се ​​докаже нееднаквоста за други вредностиП Да користиме „надолна индукција“, односно ќе докажеме дека ако нееднаквоста важи за произволни не-негативниП бројки, тогаш важи и за(П - 1 ден. За да го потврдиме ова, забележуваме дека, според претпоставката направена заП броеви што ги држи неравенството

односно a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Поделувајќи ги двата дела наП - 1, ја добиваме потребната нееднаквост.

Значи, прво утврдивме дека неравенството важи за бесконечен број можни вредностиП, а потоа покажа дека ако неравенството важиП бројки, тогаш важи и за(П - 1) броеви. Од ова сега заклучуваме дека нееднаквоста на Каути важи за множеството одП кој било ненегативен број за кој било n = 2, 3, 4, ...

Задача 14. (Д. Успенски.) За секој триаголник ABC чии агли = CAB, = CBA се сразмерни, има нееднаквости

Решение. Аглите и се споредливи, а тоа (по дефиниција) значи дека овие агли имаат заедничка мерка, за која = p, = (p, q се копрости природни броеви).

Да го искористиме методот на математичка индукција и да го спроведеме преку збирот p = p + q природни копрости броеви..

Индукциска основа. За p + q = 2 имаме: p = 1 и q = 1. Тогаш триаголникот ABC е рамнокрак, а потребните неравенки се очигледни: тие следат од неравенството на триаголникот

Индукција чекор. Сега да претпоставиме дека потребните неравенки се воспоставени за p + q = 2, 3, ..., k - 1, каде k > 2. Да докажеме дека неравенките важат и за p + q = k.

Нека ABC — даден триаголник, кое> 2. Потоа страните AC и BC не може да биде еднаков: нека AC > п.н.е. Сега да конструираме, како на слика 2, рамнокрак триаголник ABC; ние имаме:

AC = DC и AD = AB + BD, затоа,

2AC > AB + BD (1)

Размислете сега за триаголникотБДЦ, чии агли се исто така сразмерни:

DСВ = (q - р), ВДЦ = стр.

Ориз. 2

За овој триаголник важи индуктивната хипотеза, и затоа

(2)

Додавајќи ги (1) и (2), имаме:

2AC+BD>

а со тоа и

Од истиот триаголник VBS со индукциската хипотеза заклучуваме дека

Земајќи ја предвид претходната нееднаквост, заклучуваме дека

Така, се добива индуктивната транзиција, а исказот на проблемот произлегува од принципот на математичка индукција.

Коментар. Изјавата за проблемот останува валидна и во случај кога аглите a и p не се сразмерни. Врз основа на разгледување во општ случајвеќе мораме да примениме уште еден важен математички принцип - принципот на континуитет.

Задача 15. Неколку прави линии ја делат рамнината на делови. Докажете дека можете да ги обоите овие делови во бело

и црни бои така што соседните делови кои имаат заеднички граничен сегмент се различна боја(како на слика 3 со n = 4).

слика 3

Решение. Дозволете ни да користиме индукција на бројот на линии. Па некаП - бројот на линии што го делат нашиот авион на делови, n > 1.

Индукциска основа. Ако има само една права линија(П = 1), потоа ја дели рамнината на две полурамнини, од кои едната може да биде обоена бела боја, а вториот во црно, и изјавата за проблемот е точна.

Индукција чекор. За да биде појасен доказот за индуктивната транзиција, разгледајте го процесот на додавање на една нова линија. Ако повлечеме втора права линија(П= 2), потоа добиваме четири дела кои можат да се обојат по потреба со бојадисување на спротивните агли во иста боја. Ајде да видиме што ќе се случи ако повлечеме трета права линија. Ќе подели некои од „старите“ делови, додека ќе се појават нови делови од границата, од кои двете страни бојата е иста (сл. 4).

Ориз. 4

Да продолжиме на следниов начин:Од една странаод новата права линија ќе ги смениме боите - ќе направиме бело црно и обратно; во исто време, ние не ги пребојуваме оние делови што лежат од другата страна на оваа права линија (сл. 5). Тогаш ова ново боење ќе ги задоволи потребните барања: од едната страна од линијата веќе беше наизменично (но со различни бои), а од другата страна беше она што беше потребно. За да може деловите кои имаат заедничка граница што припаѓа на нацртаната линија да бидат обоени во различни бои, деловите ги префарбавме само од едната страна на оваа исцртана права линија.

Сл.5

Сега да ја докажеме индуктивната транзиција. Да претпоставиме дека за некоиp = kизјавата за проблемот е вистинита, односно сите делови од рамнината на кои е поделен со овиеДодиректно, можете да ги обоите бело и црно, така што соседните делови се со различни бои. Да докажеме дека тогаш постои такво боење заП= До+ 1 директно. Да продолжиме слично на случајот со премин од две линии во три. Ајде да цртаме во авионотДодиректно Потоа, според хипотезата за индукција, добиената „мапа“ може да се обои на саканиот начин. Ајде сега да спроведеме(До+ 1)та права линија и од едната страна ги менуваме боите на спротивните. Па сега(До+ 1)-та права линија раздвојува области со различни бои насекаде, додека „старите“ делови, како што веќе видовме, остануваат правилно обоени. Според принципот на математичка индукција, проблемот е решен.

Задача16. На работ на пустината има голема залиха на бензин и автомобил кој кога целосно ќе се наполни со гориво може да помине 50 километри. Има неограничени количини канистри во кои можете да сипете бензин од резервоарот за гас на вашиот автомобил и да го оставите да се складира каде било во пустината. Докажете дека автомобилот може да помине секакво растојание поголемо од 50 километри. Не смеете да носите канти со бензин, можете да носите празни во која било количина.

Решение.Ајде да се обидеме да докажеме со индукцијаП,дека автомобилот може да заминеПкилометри од работ на пустината. НаП= 50 е познато. Останува само да се изврши чекорот за индукција и да се објасни како да се стигне до тамуp = k+ 1 километар ако се знае декаp = kМожете да возите километри.

Меѓутоа, овде наидуваме на тешкотија: откако ќе поминемеДокилометри, можеби нема доволно бензин ни за патот назад(да не зборуваме за складирање). И во овој случај, решението е да се зајакне изјавата што се докажува (парадоксот на пронаоѓачот). Ќе докажеме дека не можете само да возитеПкилометри, но и да се направи произволно голема залиха на бензин на точка на далечинаПкилометри од работ на пустината, пристигнувајќи во оваа точка по завршувањето на транспортот.

Индукциска основа.Нека единица бензин е количината на бензин што е потребна за да се помине еден километар. Потоа за патување од 1 километар и назад потребни се две единици бензин, така што можеме да оставиме 48 единици бензин во складиште на километар оддалечено од работ и да се вратиме за нова порција. Така, во текот на неколку патувања до складиштето, можеме да направиме залиха од која било големина што ни треба. Во исто време, за да создадеме 48 единици резерва, трошиме 50 единици бензин.

Индукција чекор.Да претпоставиме дека на далечинаП= Доод работ на пустината можете да резервирате секаква количина на бензин. Дозволете ни да докажеме дека тогаш е можно да се создаде складиште на растојаниеp = k+ 1 километар со однапред назначена резерва на бензин и завршуваат во ова складиште на крајот од транспортот. Бидејќи во точкатаП= Доима неограничено снабдување со бензин, тогаш (според индукциската основа) можеме да стигнеме до точка во неколку патувањаp = k+ 1 направи во точкаП= До4- 1 залиха од која било големина што е потребна.

Вистината на поопштата изјава отколку во изјавата за проблемот сега произлегува од принципот на математичка индукција.

Заклучок

Особено, проучувајќи го методот на математичка индукција, го зголемив моето знаење во оваа област на математиката, а исто така научив да решавам проблеми кои претходно беа надвор од моите сили.

Најчесто тоа беа логични и забавни задачи, т.е. само оние кои го зголемуваат интересот за самата математика како наука. Решавањето на ваквите проблеми станува забавна активност и може да привлече се повеќе љубопитни луѓе во математичките лавиринти. Според мене, ова е основата на секоја наука.

Продолжувајќи да го проучувам методот на математичка индукција, ќе се обидам да научам како да го применувам не само во математиката, туку и во решавање на проблеми од физиката, хемијата и самиот живот.

Литература

1.Вуленкин ИНДУКЦИЈА. Комбинаторика. Прирачник ЗА наставници. М., Просветителство,

1976.-48 стр.

2. Головина Л.И., Јаглом И.М. Индукција во геометријата. - М.: Држава. објавено литар. - 1956 - С.И00. Прирачник за математика за оние кои влегуваат на универзитетите / Ед. Јаковлева Г.Н. Науката. -1981 година. - Стр.47-51.

3.Головина Л.И., Јаглом И.М. Индукција во геометријата. -
М.: Наука, 1961. - (Популарни предавања по математика.)

4. И.Т.Демидов, А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург, О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вајц. Упатство/ „Просветителство“ 1975 година.

5.Р. Courant, G. Robbins "Што е математика?" Поглавје 1, § 2

6.Попа Д. Математика и веродостојно расудување. - М,: Наука, 1975 година.

7.Попа Д. Математичко откритие. - М.: Наука, 1976 година.

8. Рубанов И.С. Како да се предава методот на математичка индукција / Училиште за математика. - Nl. - 1996. - Стр.14-20.

9. Сомински И.С., Головина Л.И., Јаглом И.М. За методот на математичка индукција. - М.: Наука, 1977. - (Популарни предавања по математика.)

10.Соломински И.С. Метод на математичка индукција. - М.: Наука.

63-ти.

11.Соломински И.С., Головина Л.И., Јаглом И.М. За математичката индукција. - М.: Наука. - 1967. - Стр.7-59.

12.http://w.wikimedia.org/wiki

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html

Методот на докажување базиран на аксиомата 4 на Пеано се користи за докажување на многу математички својства и различни искази. Основата за ова е следнава теорема.

Теорема. Доколку изјавата А(н)со природна променлива nточно за n= 1 и од фактот дека тоа е точно за n = k, произлегува дека тоа е точно за следниот датум n=k,потоа изјавата А(н) n.

Доказ. Да означиме со Ммножеството од оние и само оние природни броеви за кои исказот А(н)вистина. Тогаш од условите на теоремата имаме: 1) 1 М; 2) кМкМ. Од тука, врз основа на аксиомата 4, заклучуваме дека М =Н, т.е. изјава А(н)точно за секое природно n.

Доказниот метод заснован на оваа теорема се нарекува со методот на математичка индукција,а аксиомата е аксиома на индукција. Овој доказ се состои од два дела:

1) докаже дека исказот А(н)точно за n= А(1);

2) да претпоставиме дека изјавата А(н)точно за n = k, и врз основа на оваа претпоставка докаже дека исказот A(n)точно за n = k + 1, т.е. дека изјавата е вистинита A(k) A(k + 1).

Ако А( 1) А(k) A(k + 1) - вистинита изјава, па констатираат дека изјавата A(n)точно за кој било природен број n.

Доказот со методот на математичка индукција може да започне не само со потврда на вистинитоста на изјавата за n= 1, но и од кој било природен број м. Во овој случај изјавата А(н)ќе се докажува за сите природни броеви nm.

Задача: Да докажеме дека за кој било природен број еднаквоста 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Решение.Еднаквост 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = nе формула која може да се користи за да се најде збирот на првите последователни непарни природни броеви. На пример, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (збирот содржи 4 члена), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (збирот содржи 6 члена); ако оваа сума содржи 20 члена од наведениот тип, тогаш е еднаква на 20 = 400 итн. Откако ја докажавме вистинитоста на оваа еднаквост, ќе можеме да го најдеме збирот на кој било број на поими од наведениот тип користејќи ја формулата.

1) Дозволете ни да ја потврдиме вистинитоста на оваа еднаквост за n= 1. Кога n= 1 левата страна на еднаквоста се состои од еден член еднаков на 1, десната страна е еднаква на 1= 1. Бидејќи 1 = 1, тогаш за n= 1 оваа еднаквост е вистина.

2) Да претпоставиме дека оваа еднаквост е точна за n = k, т.е. дека 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = к.Врз основа на оваа претпоставка, докажуваме дека тоа е точно за n = k + 1, т.е. 1 + 3 + 5 + … + (2 к- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Ајде да размислиме лева странапоследната еднаквост.

По претпоставка, збирот на првиот кусловите е еднаква на ки затоа 1 + 3 + 5 + … + (2 к- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2к- 1) + (2к+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Изразување k+ 2k + 1 е идентично еднаков на изразот ( k + 1).

Затоа, вистината на оваа еднаквост за n = k + 1 е докажано.

Така, оваа еднаквост важи за n= 1 и од нејзината вистина за n = kмора да биде вистина за n = k + 1.

Ова докажува дека оваа еднаквост е точно за секој природен број.

Користејќи го методот на математичка индукција, можете да ја докажете вистинитоста на не само еднаквостите, туку и нееднаквостите.

Задача. Докажете го тоа, каде nN.

Решение.Да ја провериме вистинитоста на нееднаквоста во n= 1. Имаме - вистинска нееднаквост.

Да претпоставиме дека нееднаквоста е точна за n = k,тие. - вистинска нееднаквост. Да докажеме, врз основа на претпоставката, дека тоа е точно и за n = k + 1, т.е. (*).

Да ја трансформираме левата страна на неравенката (*), имајќи предвид дека: .

Но , што значи .

Значи, оваа нееднаквост е точно за n= 1, и, од фактот дека нееднаквоста е точна за некои n= к, откривме дека тоа важи и за n= k + 1.

Така, користејќи ја аксиомата 4, докажавме дека оваа неравенка е точна за кој било природен број.

Други изјави може да се докажат со користење на методот на математичка индукција.

Задача. Докажете дека за кој било природен број тврдењето е точно.

Решение. Да ја провериме вистинитоста на изјавата кога n= 1: -вистинска изјава.

Да претпоставиме дека оваа изјава е точна за n = k: . Дозволете ни да ја покажеме, користејќи го ова, вистинитоста на изјавата кога n = k + 1: .

Да го трансформираме изразот: . Ајде да ја најдеме разликата кИ k+ 1 член. Ако се покаже дека добиената разлика е множител на 7, а под претпоставка подлогата е делива со 7, тогаш минуендот е исто така множител на 7:

Производот е множител на 7, според тоа, и .

Така, оваа изјава е точна за n= 1 и од нејзината вистина за n = kмора да биде вистина за n = k + 1.

Ова докажува дека оваа изјава е точна за секој природен број.

Задача. Докажете го тоа за кој било природен број n 2 тврдењето (7-1)24 е точно.

Решение. 1) Да ја провериме вистинитоста на исказот кога n= 2: - вистинска изјава.

Библиографски опис:Баданин А. 2015. бр.2. P. 84-86..02.2019).

Во олимпијадите по математика често има доста тешки проблеми за докажување на деливоста на природните броеви. Учениците се соочуваат со проблем: како да се најде универзална математички методшто ви овозможува да решите такви проблеми?

Излегува дека повеќето проблеми во докажувањето на деливост може да се решат со методот на математичка индукција, но во училишните учебници многу малку се обрнува внимание на овој метод, најчесто се дава краток теоретски опис и се анализираат неколку проблеми.

Методот на математичка индукција го наоѓаме во теоријата на броеви. Во почетокот на теоријата на броеви, математичарите откриле многу факти индуктивно: Л. Ојлер и К. Гаус понекогаш разгледувале илјадници примери пред да забележат нумеричка шема и да поверуваат во неа. Но, во исто време тие разбраа колку може да бидат измамнички хипотезите што го поминале „конечниот“ тест. За индуктивно преминување од изјава потврдена за конечно подмножество на слична изјава за целото бесконечно множество, потребен е доказ. Овој метод беше предложен од Блез Паскал, кој најде општ алгоритам за пронаоѓање знаци на деливост на кој било цел број со кој било друг цел број (трактат „За природата на деливоста на броевите“).

Методот на математичка индукција се користи за да се докаже со расудување вистинитоста на одредено тврдење за сите природни броеви или вистинитоста на тврдењето кое започнува од одреден број n.

Решавањето задачи за докажување на вистинитоста на одреден исказ со помош на методот на математичка индукција се состои од четири фази (сл. 1):

Ориз. 1. Шема за решавање на проблемот

1. Индукција основа . Тие ја проверуваат валидноста на исказот за најмал природен број за кој исказот има смисла.

2. Индуктивна хипотеза . Претпоставуваме дека исказот е точен за некоја вредност на k.

3. Индукциска транзиција . Докажуваме дека тврдењето е точно за k+1.

4. Заклучок . Ако таков доказ е завршен, тогаш, врз основа на принципот на математичка индукција, може да се тврди дека изјавата е точна за кој било природен број n.

Да ја разгледаме примената на методот на математичка индукција за решавање проблеми за докажување на деливост на природни броеви.

Пример 1. Докажете дека бројот 5 е множител на 19, каде што n е природен број.

Доказ:

1) Да провериме дали оваа формула е точна за n = 1: бројот =19 е множител на 19.

2) Нека оваа формула е точна за n = k, т.е. бројот е повеќекратен од 19.

Тоа е повеќекратно од 19. Навистина, првиот член е делив со 19 поради претпоставката (2); вториот член е исто така делив со 19 бидејќи содржи фактор 19.

Пример 2.Докажете дека збирот на коцките од три последователни природни броеви е делив со 9.

Доказ:

Да го докажеме тврдењето: „За кој било природен број n, изразот n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 е множител на 9.

1) Да провериме дали оваа формула е точна за n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 множители на 9.

2) Нека оваа формула е точна за n = k, т.е. k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 е множител на 9.

3) Да докажеме дека формулата е вистинита и за n = k + 1, т.е. (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 е множител на 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9 (k 2 +3k+ 3).

Добиениот израз содржи два члена, од кои секој е делив со 9, така што збирот е делив со 9.

4) Двата услови на принципот на математичка индукција се задоволени, затоа реченицата е точна за сите вредности на n.

Пример 3.Докажете дека за кој било природен број n, бројот 3 2n+1 +2 n+2 е делив со 7.

Доказ:

1) Да провериме дали оваа формула е точна за n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 е множител на 7.

2) Нека оваа формула е точна за n = k, т.е. 3 2 k +1 +2 k +2 се дели со 7.

3) Да докажеме дека формулата е вистинита и за n = k + 1, т.е.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .T. k. (3 2 k +1 +2 k +2) 9 се дели со 7 и 7 2 k +2 се дели со 7, а потоа нивната разлика се дели со 7.

4) Двата услови на принципот на математичка индукција се задоволени, затоа реченицата е точна за сите вредности на n.

Многу проблеми со докажување во теоријата на деливост на природни броеви можат погодно да се решат со помош на методот на математичка индукција; дури може да се каже дека решавањето проблеми со овој метод е целосно алгоритамски; доволно е да се извршат 4 основни чекори. Но, овој метод не може да се нарече универзален, бидејќи има и недостатоци: прво, може да се докаже само на збир на природни броеви, и второ, може да се докаже само за една променлива.

За развој на логично размислување и математичка култура, овој метод е неопходна алатка, бидејќи големиот руски математичар А.Н. неопходен за математичар“.

Литература:

1. Vilenkin N. Ya. Индукција. Комбинаторика. - М.: Образование, 1976. - 48 стр.

2. Genkin L. За математичката индукција. - М., 1962. - 36 стр.

3. Solominsky I. S. Метод на математичка индукција. - М.: Наука, 1974. - 63 стр.

4. Шаригин И.Ф.Изборен предмет по математика: Решавање проблеми: Учебник за 10 одделение. училишен просек - М.: Образование, 1989. - 252 стр.

5. Шен А. Математичка индукција. - М.: МТсНМО, 2007. - 32 стр.

Користејќи го методот на математичка индукција докажете дека за секој природен nважат следните еднаквости:
А) ;
б) .

Решение.

а) Кога n= 1 еднаквоста е точно. Претпоставувајќи ја валидноста на еднаквоста кај n, да ја покажеме неговата валидност дури и кога n+ 1. Навистина,

Q.E.D.

б) Кога n= 1 валидноста на еднаквоста е очигледна. Од претпоставката за неговата важност кај nтреба да

Со оглед на еднаквоста 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, добиваме

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

односно изјавата е вистинита и кога n + 1.

Пример 1.Докажи ги следните еднаквости

Каде nЗА Н.

Решение.а) Кога n= 1 еднаквоста ќе има форма 1=1, затоа, П(1) е точно. Да претпоставиме дека оваа еднаквост е вистинита, односно важи

. Тоа е потребно да се провери (докаже).П(n+ 1), т.е вистина. Бидејќи (користејќи ја индукциската хипотеза)сфаќаме дека е, П(n+ 1) е вистинска изјава.

Така, според методот на математичка индукција, првобитната еднаквост важи за секое природно n.

Забелешка 2.Овој пример можеше да се реши поинаку. Навистина, збирот е 1 + 2 + 3 + ... + nе збир на првиот nчленови аритметичка прогресијасо првиот член а 1 = 1 и разлика г= 1. Врз основа на добро познатата формула , добиваме

б) Кога n= 1 еднаквоста ќе има форма: 2 1 - 1 = 1 2 или 1=1, т.е. П(1) е точно. Да претпоставиме дека еднаквоста

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 и докаже дека се случуваП(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 или 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Користејќи ја индукциската хипотеза, добиваме

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Така, П(n+ 1) е точно и, според тоа, потребната еднаквост е докажана.

Забелешка 3.Овој пример може да се реши (сличен на претходниот) без користење на методот на математичка индукција.

в) Кога n= 1 еднаквоста е точно: 1=1. Да претпоставиме дека еднаквоста е вистинита

и покажете го тоа односно вистинатаП(n) имплицира вистинаП(n+ 1). Навистина,и од 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), добиваме и, според тоа, првобитната еднаквост важи за секое природноn.

г) Кога n= 1 еднаквоста е точно: 1=1. Да претпоставиме дека се одвива

и тоа ќе го докажеме

Навистина,

д) Одобрување П(1) точно: 2=2. Да претпоставиме дека еднаквоста

е точно и ќе докажеме дека тоа подразбира еднаквостНавистина,

Следствено, првобитната еднаквост важи за секое природно n.

ѓ) П(1) точно: 1/3 = 1/3. Нека има еднаквост П(n):

. Да покажеме дека последната еднаквост го подразбира следново:

Навистина, со оглед на тоа П(n) држи, добиваме

Така се докажува еднаквоста.

е) Кога n= 1 имаме а + б = б + аи затоа еднаквоста е праведна.

Нека биномната формула на Њутн важи за n = к, тоа е,

Потоа Користење на еднаквостдобиваме

Пример 2.Докажи нееднаквости

а) Бернулиева неравенка: (1 + а) n ≥ 1 + n a , a > -1, nЗА Н.

б) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, Ако x 1 x 2 · ... · x n= 1 и x јас > 0, .

в) Кошиевата неравенка во однос на аритематичката средина и геометриската средина Каде x јас > 0, , n ≥ 2.

г) грев 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, nЗА Н.

д)

ѓ) 2 n > n 3 , nЗА Н, n ≥ 10.

Решение.а) Кога n= 1 ја добиваме вистинската нееднаквост

1 + a ≥ 1 + a . Да претпоставиме дека постои нееднаквост

(1 + а) n ≥ 1 + nа

(1)

и ќе покажеме дека тогаш се одвива и(1 + а) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)а.

Навистина, бидејќи > -1 имплицира + 1 > 0, тогаш множејќи ги двете страни на неравенството (1) со (a + 1), добиваме

(1 + а) n(1 + а) ≥ (1 + nа )(1 + а ) или (1 + а ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)а + n a 2 Бидејќи nа 2 ≥ 0, затоа(1 + а) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)а + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)а.

Така, ако П(n) е точно, тогаш П(n+ 1) е точно, затоа, според принципот на математичка индукција, неравенката на Бернули е вистинита.

б) Кога n= 1 добиваме x 1 = 1 и затоа x 1 ≥ 1 т.е П(1) е фер изјава. Ајде да се преправаме дека П(n) е точно, односно ако adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - nпозитивни броеви чиј производ е еднаков на еден, x 1 x 2 ·...· x n= 1, и x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Да покажеме дека оваа реченица ја повлекува вистинитоста на следново: ако x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) позитивни броеви такви што x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, тогаш x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Размислете за следните два случаи:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Тогаш збирот на овие броеви е ( n+ 1), а потребната нееднаквост е исполнета;

2) барем еден број е различен од еден, нека, на пример, повеќе од еден. Потоа, бидејќи x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, има барем уште еден број различен од еден (поточно, помал од еден). Нека x n+ 1 > 1 и x n < 1. Рассмотрим nпозитивни бројки

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Производот на овие броеви е еднаков на еден, а според хипотезата, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Последната неравенка е препишана на следниов начин: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 или x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Затоа што

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, тогаш n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Затоа, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, односно ако П(n) е точно, тогашП(n+ 1) фер. Нееднаквоста е докажана.

Забелешка 4.Знакот за еднакво важи ако и само ако x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

в) Нека x 1 ,x 2 ,...,x n- произволно позитивни бројки. Размислете за следново nпозитивни бројки:

Бидејќи нивниот производ е еднаков на еден: според претходно докажаната неравенка б), произлегува декакаде

Забелешка 5.Еднаквоста важи ако и само ако x 1 = x 2 = ... = x n .

г) П(1) е правична изјава: sin 2 a + cos 2 a = 1. Да претпоставиме дека П(n) е вистинска изјава:

Грев 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 и покажете што се случуваП(n+ 1). Навистина,грев 2 ( n+ 1) a + cos 2 ( n+ 1) a = грев 2 nгрев 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (ако гревот 2 a ≤ 1, тогаш cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, а потоа грев 2 a < 1). Таким образом, для любого nЗА Нгрев 2 n a + cos 2 n ≤ 1 и знакот за еднаквост се постигнува само когаn = 1.

д) Кога n= 1 изјава е точно: 1< 3 / 2 .

Да претпоставиме дека и тоа ќе го докажеме

Затоа што
со оглед на тоа П(n), добиваме

ѓ) Имајќи ја предвид забелешката 1, да провериме П(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, затоа, за n= 10 изјавата е вистинита. Да претпоставиме дека 2 n > n 3 (n> 10) и докаже П(n+ 1), тоа е 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Од кога n> 10 имаме или , следува дека

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 или n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Со оглед на нееднаквоста (2 n > n 3), добиваме 2 n+1 = 2 n· 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Така, според методот на математичка индукција, за секој природен nЗА Н, n≥ 10 имаме 2 n > n 3 .

Пример 3.Докажете го тоа за секого nЗА Н

Решение.а) П(1) е точно тврдење (0 се дели со 6). Нека П(n) е фер, т.е n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) е делив со 6. Да покажеме дека тогаш се јавува П(n+ 1), односно ( n + 1)n(2n+ 1) е делив со 6. Навистина, бидејќи

И како n(n - 1)(2 n- 1), и 6 n 2 се делат со 6, тогаш нивниот збир еn(n + 1)(2 n+ 1) се дели со 6.

Така, П(n+ 1) е правична изјава, и затоа n(2n 2 - 3n+ 1) делив со 6 за кој било nЗА Н.

б) Ајде да провериме П(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, затоа, П(1) е фер изјава. Треба да се докаже дека ако 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 се дели со 11 ( П(n)), потоа 6 2 n + 3 n+2 + 3 nисто така се дели со 11 ( П(n+ 1)). Навистина, бидејќи

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 и како 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 и 33 6 2 n-2 се делат со 11, тогаш нивниот збир е 6 2n + 3 n+2 + 3 n се дели со 11. Исказот се докажува. Индукција во геометријата

Пример 4.Пресметај ја страната на точната 2 n-триаголник впишан во круг со радиус Р.