indukciós módszer

A módszer a matematikai indukció fontos módja bizonyítani mondat (kivonatok), amely függ az természetes érv.

indukciós módszer a következő:

Ajánlat (jóváhagyás) P (n), attól függően, hogy a természetes szám n. igaz minden n pozitív egész szám, ha:

1. P (1) igaz az ingatlan (jóváhagyás);
2. P (n) igaz állítás (a nyilatkozat), ha n eggyel nő, azaz a P (n + 1) - egy igazi mondat (kimutatás).

Így matematikai indukciós módszer magában foglalja a két szakaszból áll:

1. ellenőrző lépés: ellenőrizze, hogy a mondat igaz (jóváhagyás) P (1).
2. Lépés bizonyíték: azt feltételezzük, hogy az ajánlat P (n) igaz, és az igazság a mondat bizonyult P (n + 1) (n eggyel nő).

Megjegyzés: 1. Néhány esetben az indukciós módszert alkalmazzák a következő formában:

Legyen m - természetes szám, m> 1 és a P (n) - egy ajánlatot, amely attól függ, hogy n. n ≥ m.

ha

1. P (m) érvényes;
2. P (n) egy igazi javaslat közvetlen igazság a mondat P (n + 1) minden n természetes szám. n ≥ m. akkor P (n) - egy igazi mondat bármely pozitív egész n. n ≥ m.

További példákat figyelembe vesszük a módszer alkalmazásához az indukció.

Példa 1. Igazoljuk az alábbi egyenletek

g) Newton binomiális képlet:

Határozat. a) Ha n = 1 egyenlet formájában 1 = 1, ezért a P (1) igaz. Tegyük fel, hogy ez az egyenlet érvényes, vagyis zajlik. Meg kell ellenőrizni (bizonyítva), hogy a P (n + 1), azaz igaz. Mivel (indukciós hipotézis) kapjuk, azaz P (n + 1) - igaz állítás.

Így szerint a módszer indukciós, az eredeti egyenlet érvényes minden n természetes szám.

2. megjegyzés Ez a példa is megoldható lett volna másképp. Valóban, az összeg 1 + 2 + 3 +. + N a összege az első n feltételei egy számtani sorozat első tagja az a1 = 1, és a különbség d = 1. Tekintettel a jól ismert képlet, megkapjuk

b) Ha n = 1 Az egyenlet: 2 · 1 - 1 = 1 1 = 2, vagy 1, azaz P (1) igaz. Tegyük fel, hogy a következő egyenlet írható fel: 1 + 3 + 5 +. + (2n - 1) = n 2, és azt mutatják, hogy van a P (n + 1) 1 + 3 + 5 +. + (2n - 1) + (2 (n + 1) - 1) = (n + 1), vagy 1 + 2 + 3 + 5. + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2.

Az indukciós feltevést, megkapjuk 1 + 3 + 5 +. + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2.

Így, P (n + 1) igaz, és ennek következtében a kívánt egyenlőséget bizonyított.

3. megjegyzés: Ez a példa is megoldható (hasonlóan az előzőhöz) használata nélkül az eljárás matematikai indukció.

c) Ha n = 1 az egyenlet igaz: 1 = 1. Tegyük fel, hogy az egyenlet igaz, és azt mutatják, hogy van némi igazság a P (n) magában foglalja, a érvényességét P (n + 1). Valóban, és ahogy a 2n 2 + 7N + 6 = (2n + 3) (n + 2), megkapjuk, és így, az eredeti egyenlet érvényes minden n természetes szám.

d) Ha n = 1, egyenlet érvényes: 1 = 1. Tegyük fel, hogy van, és bizonyítják, hogy

e) elfogadása P (1) tartja: 2 = 2. Tegyük fel, hogy az egyenlet teljesül, és bizonyítani, hogy ez azt jelenti az egyenlő Valóban,

Következésképpen, az eredeti egyenlet igaz minden n természetes szám.

f) P (1) tartja: 1/3 = 1/3. Tegyük fel, hogy a egyenlőség P (n) :. Megmutatjuk, hogy ez az egyenlőség a következőket jelenti:

Valóban, mivel a P (n) teljesül, megkapjuk

Így, az egyenlőség bizonyított.

g) Ha n = 1 van a + b = b + a, és így egyenlőség.

Legyen binomiális képlet érvényes n = k. azaz, akkor használja a egyenlőséget kapjuk

2. példa Annak bizonyítására, az egyenlőtlenséget

a) Bernoulli egyenlőtlenséget (1 + a) n ≥ 1 + N a. a> -1, n O N.

és azt mutatják, hogy majd bekövetkezik, és (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) a.

Valóban, mert a> -1 jelent + 1> 0, akkor megszorozzuk mindkét oldalán (1) az (a + 1), kapjuk (1 + a) n (1 + a) ≥ (1 + Na) (1 + a) vagy (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) a + na 2 Mivel na 2 ≥ 0, és ezért, (1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) a + na 2 ≥ 1 + (n + 1) a.

Így, ha a P (n) igaz, és a P (n + 1) igaz, tehát, elve szerint a matematikai indukció, Bernoulli egyenlőtlenség teljesül.

Tekintsük a következő két esetben:

c) Legyen x1, x2. xn - pozitív számok. Tekintsük a következő n pozitív számok: Mivel a termék egyenlő egy: szerint a korábban bizonyítani egyenlőtlenség b), ebből következik, hogy amennyiben

d) P (1) - valós kimutatás: sin 2 a + cos 2 a = 1. Tegyük fel, hogy a P (n) - igaz állítás: sin a + cos 2n 2n egy ≤ 1, és azt mutatják, hogy van a P (n + 1). Tény, sin 2 (n + 1) a + cos 2 (n + 1) a = sin 2n egy · sin 2 a + cos 2n egy · cos 2 egy 2n a + cos 2n a ≤ 1 (ha sin 2 a ≤ 1 majd 2 cos 2 a ≤ 1, majd 2 sin a + 2n cos 2n ≤ 1, és a megjelölés az egyenlőség csak úgy érhető el, ha n = 1.

e) ha n = 1 igaz: 1 3/2.

Tegyük fel, hogy és azt mutatják, hogy adott Mivel P (n), megkapjuk

f) Tekintettel a Megjegyzés 1. Ellenőrizze P (10) 2 10> 10 3 1024> 1000 ezáltal n = 10 igaz. Tegyük fel, hogy 2 n> n 3 (n> 10), és bizonyítja, P (n + 1), azaz a 2 n +1> (n + 1) 3.

Mivel n> 10, vagy azt jelenti, hogy 2n 3> N 2 + 3n 3 + 3n + 1 vagy n 3> 3N 2 + 3n + 1. A egyenlőtlenség (n 2> n 3), megkapjuk 2 n + 1 = 2 n · 2 = 2 n + 2 n> n 3 + n 3> N 2 + 3n 3 + 3n + 1 = (n + 1) 3.

Így szerint a módszer indukciós, bármely természetes szám n O N. n ≥ 2 10 mi n> N 3.

3. példa Annak bizonyítására, hogy minden n O N

a) n (2n 2 - 3n + 1) osztható 6,

b) 6 2n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 osztható 11.

Határozat. a) P (1) - igaz állítás (0 oszlik hat). Legyen P (n) teljesül, azaz n (2n 2 - 3n + 1) = n (n - 1) (2n - 1) osztható 6. Megmutatjuk, hogy tartja a P (n + 1), azaz (n + 1) n (2n + 1) osztható 6. Sőt, mivel