Matematična indukcija: materialni koncepti, primeri vprašanj in razprava

Matematična indukcija je deduktivna metoda, ki se uporablja za dokazovanje resničnih ali neresničnih trditev.

Verjetno ste matematiko učili v srednji šoli. Kot vemo, je matematična indukcija podaljšek matematične logike.

V svoji uporabi se matematična logika uporablja za proučevanje izjav, ki imajo napačne ali resnične vrednosti, ekvivalente ali negacije, in sklepanje.

Osnovni pojmi

Matematična indukcija je deduktivna metoda, ki se uporablja za dokazovanje resničnih ali neresničnih trditev.

V tem postopku se sklepa na podlagi veljavnosti splošno sprejetih trditev, tako da so lahko tudi določene trditve resnične. Poleg tega se spremenljivka v matematični indukciji šteje tudi za član množice naravnih števil.

V osnovi obstajajo trije koraki v matematični indukciji, da dokažemo, ali je formula ali trditev lahko resnična ali obratno.

Ti koraki so:

• Dokažite, da stavek ali formula drži za n = 1.
• Predpostavimo, da stavek ali formula drži za n = k.
• Dokažite, da stavek ali formula drži za n = k + 1.

Iz zgornjih korakov lahko domnevamo, da mora biti izjava preverljiva za n = k in n = k + 1.

Vrste matematične indukcije

Obstajajo različne vrste matematičnih problemov, ki jih je mogoče rešiti z matematično indukcijo. Zato lahko matematično indukcijo razdelimo na tri vrste, in sicer na zaporedje, delitev in neenakost.

1. Serija

Pri tej vrsti serij se navadno matematični indukcijski problem nahaja v obliki zaporednega seštevanja.

Torej, v serijskem problemu je treba resnico dokazati v prvem, k-členu in th-členu (k + 1).

2. Divizija

Vrste matematične indukcije delitve najdemo v različnih problemih, ki uporabljajo naslednje stavke:

• a je deljivo z b
• faktor b a
• b deli a
• večkratnik b

Te štiri značilnosti kažejo, da je trditev mogoče rešiti z matematično indukcijo delitvenega tipa.

Treba si je zapomniti, če je število a deljivo z b, potem a = b.m kjer je m celo število.

3. Neenakosti

Vrsto neenakosti označuje znak, ki je večji ali manjši od tistega v izjavi.

Obstajajo lastnosti, ki se pogosto uporabljajo pri reševanju vrst neenakosti z matematično indukcijo. Te značilnosti so:

• a> b> c ⇒ a> c ali a <b <c ⇒ a <c
• a 0 ⇒ ac <pr ali a> b in c> 0 ⇒ ac> bc
• a <b ⇒ a + c <b + c ali a> b ⇒ a + c> b + c

Primeri matematičnih indukcijskih problemov

Sledi primer problema, da boste lahko bolje razumeli, kako rešiti dokaz formule z uporabo matematične indukcije.

Vrstica

Primer 1

Dokažite 2 + 4 + 6 +… + 2n = n (n + 1) za vsakih n naravnih števil.

Odgovor:

P (n): 2 + 4 + 6 +… + 2n = n (n + 1)

Dokazano bo, da n = (n) velja za vsak n ∈ N

Prvi korak :

Pokazalo se bo, da je n = (1) pravilno

2 = 1(1 + 1)

Torej, P (1) je pravilen

Drugi korak :

Predpostavimo, da je n = (k) res, tj.

2 + 4 + 6 +… + 2k = k (k + 1), k ∈ N

Tretji korak

Pokazalo se bo, da je tudi n = (k + 1) res, tj

2 + 4 + 6 +… + 2k + 2 (k + 1) = (k + 1) (k + 1 + 1)

Iz predpostavk:

2 + 4 + 6 +… + 2k = k (k + 1)

Dodajte obe strani z u_{k + 1} :

2 + 4 + 6 +… + 2k + 2 (k + 1) = k (k + 1) + 2 (k + 1)

2 + 4 + 6 +… + 2k + 2 (k + 1) = (k + 1) (k + 2)

2 + 4 + 6 +… + 2k + 2 (k + 1) = (k + 1) (k + 1 + 1)

Torej, n = (k + 1) je pravilno

2. primer

Za dokazovanje enačb uporabite matematično indukcijo

Sn = 1 + 3 + 5 +7 + ... + (2n-1) = n2 za vsa cela števila n ≥ 1.

Odgovor:

Prvi korak :
Pokazalo se bo, da je n = (1) pravilno
S1 = 1 = 12
Drugi korak
Predpostavimo, da je n = (k) res, to je
1 + 3 + 5 +7 + ... + 2 (k) -1 = k2
1 + 3 + 5 +7 + ... + (2k-1) = k 2
Tretji korak
Dokaži, da je n = (k + 1) res
1 + 3 + 5 +7 + ... + (2k-1) + [2 (k + 1) - 1] = (k + 1) 2
ne pozabite, da je 1 + 3 + 5 +7 + ... + (2k-1) = k2
potem
k2 + [2 (k + 1) - 1] = (k + 1) 2
k2 + 2k + 1 = (k + 1) 2
(k + 1) 2 = (k + 1) 2
potem je zgornja enačba dokazana

3. primer

Dokaži 1 + 3 + 5 +… + (2n - 1) = n2 res, za vsakih n naravnih števil

Odgovor:

Prvi korak :

Pokazalo se bo, da je n = (1) pravilno

1 = 12

Torej, P (1) je pravilen

Drugi korak:

Predpostavimo, da je n = (k) res

1 + 3 + 5 +… + (2k - 1) = k2, k ∈ N.

Tretji korak:

Pokazalo se bo, da je tudi n = (k + 1) res, tj

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

Iz predpostavk:
1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2
Dodajte obe strani z uk + 1 :
1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2 (k + 1) - 1) = k2 + (2 (k + 1) - 1)
1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2 (k + 1) - 1) = k2 + 2k +1
1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2 (k + 1) - 1) = (k + 1) 2
Torej velja tudi n = (k + 1)

Divizija

4. primer

Dokažite, da je n3 + 2n deljivo s 3 za vsakih n naravnih števil

Odgovor:

Prvi korak:

Pokazalo se bo, da je n = (1) pravilno

13 + 2.1 = 3 = 3.1

Torej, n = (1) je pravilno

Drugi korak:

Predpostavimo, da je n = (k) res

k3 + 2k = 3m, k ∈ NN

Tretji korak:

Pokazalo se bo, da je tudi n = (k + 1) res, tj

(k + 1) 3 + 2 (k + 1) = 3p, p ∈ ZZ

(k + 1) 3 + 2 (k + 1) = (k3 + 3k2 + 3k + 1) + (2k + 2)

(k + 1) 3 + 2 (k + 1) = (k3 + 2k) + (3k2 + 3k + 3)

(k + 1) 3 + 2 (k + 1) = 3m + 3 (k2 + k + 1)

(k + 1) 3 + 2 (k + 1) = 3 (m + k2 + k + 1)

Ker je m celo število in je k naravno število, je (m + k2 + k + 1) celo število.

Recimo, da je p = (m + k2 + k + 1), potem

(k + 1) 3 + 2 (k + 1) = 3p, kjer je p ∈ ZZ

Torej, n = (k + 1) je pravilno

Neenakost

Primer 5

Dokaži, da za vsako naravno število velja n ≥ 2

3n> 1 + 2n

Odgovor:

Prvi korak:

Pokazalo se bo, da je n = (2) pravilno

32 = 9 > 1 + 2.2 = 5

Torej, P (1) je pravilen

Drugi korak:

Predpostavimo, da je n = (k) res

3k> 1 + 2k, k ≥ 2

Tretji korak:

Pokazalo se bo, da je tudi n = (k + 1) res, tj

3k + 1> 1 + 2 (k + 1)

3k + 1 = 3 (3k)
3k + 1> 3 (1 + 2k) (ker 3k> 1 + 2k)
3k + 1 = 3 + 6k
3k + 1> 3 + 2k (ker 6k> 2k)
3k + 1 = 1 + 2k + 2
3k + 1 = 1 + 2 (k + 1)

Torej velja tudi n = (k + 1)

Primer 6

Dokaži, da za vsako naravno število velja n ≥ 4

(n + 1)! > 3n

Odgovor:

Prvi korak:

Pokazalo se bo, da je n = (4) pravilno

(4 + 1)! > 34

leva stran: 5! = 5.4.3.2.1 = 120

desna stran: 34 = 81

Torej, n = (4) je pravilno

Drugi korak:

Predpostavimo, da je n = (k) res

(k + 1)! > 3k, k ≥ 4

Tretji korak:

Pokazalo se bo, da je tudi n = (k + 1) res, tj

(k + 1 + 1)! > 3k + 1

(k + 1 + 1)! = (k + 2)!
(k + 1 + 1)! = (k + 2) (k + 1)!
(k + 1 + 1)! > (k + 2) (3k) (ker (k + 1)!> 3k)
(k + 1 + 1)! > 3 (3k) (ker je k + 2> 3)
(k + 1 + 1)! = 3k + 1

Torej velja tudi n = (k + 1)