Методът на математическа индукция е важен начин да се докаже, изречения (извлечения), които зависят от естествен аргумент.

метод индукция е както следва:

Оферта (одобрение) P (н), в зависимост от естествения Броят п. е вярно за всяко положително число п, ако:

1. P (1) е вярно в този имот (одобрение);
2. P (н) е вярно твърдение (отчета), ако н се увеличава с един, това е, P (N + 1) - истинска изречение (декларация).

Така математическа индукция метод включва два етапа:

1. проверка стъпка: провери дали присъдата е вярно (одобрение) P (1).
2. Етап доказателства: приема се, че офертата Р (п) е вярно и истинността на изречение оказа Р (п + 1) (п се увеличава с един).

Забележка: 1. В някои случаи методът на индукция се използва в следния вид:

Нека м - естествено число, m> 1 и P (N) - опит, който зависи от п. п ≥ m.

ако

1. Р (т) е валиден;
2. P (н) е истински предложение води до истината на изречение P (N + 1) за всяко естествено число п. п ≥ m. тогава Р (п) - истински изречение за всяко положително число п. п ≥ m.

В други примери ние считаме, прилагането на метода на индукция.

Пример 1. докаже следните равенства

биномно формула ж) Нютон:

Решение. а) когато п = 1 уравнението под формата 1 = 1, следователно, Р (1) е вярно. Да предположим, че това уравнение е валидно, т.е. става. Трябва да се провери (доказване), че Р (п + 1), т.е. е вярно. Тъй (използвайки индукция хипотеза) получаваме т.е., Р (п + 1) - вярно твърдение.

По този начин, съгласно метода на индукция, първоначалното уравнение е валидно за всяко естествено число п.

Забележка 2 Този пример би могъл да бъде решен по различен начин. Всъщност, сумата от 1 + 2 + 3 +. + N е сумата от първите N условията на аритметична прогресия с първи член на а1 = 1 и разлика г = 1. С оглед на добре познати формула, получаваме

б) Когато п = 1 уравнението става: 2 · 1 - 1, 1 = 1 = 2 или 1, т.е., Р (1) е вярно. Да приемем, че има следното уравнение 1 + 3 + 5 +. + (2п - 1) = N 2 и показват, че има Р (п + 1) 1 + 3 + 5 +. + (2п - 1) + (2 (п + 1) - 1) = (М + 1) или 1 + 2 + 3 + 5. + (2п - 1) + (2n + 1) = (М + 1) 2.

С помощта на индуктивно хипотезата, получаваме 1 + 3 + 5 +. + (2п - 1) + (2n + 1) = N 2 + (2n + 1) = (М + 1) 2.

Така, Р (п + 1) е вярно и следователно желания равенство е доказано.

Забележка 3: Този пример може да бъде решен (подобно на предишния) без използване на метода на математическа индукция.

в) когато п = 1 уравнението е вярно: 1 = 1. Да приемем, че уравнението е вярно, и да се покаже, че има някаква истина на P (н) предполага валидността на P (N + 1). Всъщност, и като 2п + 2 7N + 6 = (2n + 3) (п + 2), ние получаваме, и следователно, първоначалното уравнение е валидно за всяко естествено число п.

г) когато п = 1, уравнение притежава: 1 = 1. Да кажем, че има и да докаже, че

д) приемане на Р (1) притежава: 2 = 2. Да приемем, че уравнението има, и да докаже, че това предполага равенство Наистина,

Следователно, първоначалната уравнението се отнася и за всяко естествено число п.

е) Р (1) притежава: 1/3 = 1/3. Да предположим, че имаме Р равенство (н) :. Ние показваме, че това равенство означава следното:

Всъщност, имайки предвид, че P (п) притежава, получаваме

По този начин, равенството е доказано.

ж) Когато п = 1 имаме + б = б + а, а оттам и равенство притежава.

Нека биномиално формула е валидна за п = к. това е, след това с помощта на равенство получаваме

Пример 2 За да се докаже неравенството

а) Бернули неравенство (1 + а) п ≥ 1 + п а. с> 1, п О Н.

и показват, че след това се случи, и (1 + а) п + 1 ≥ 1 + (п + 1).

В действителност, тъй като> -1 предполага + 1> 0, тогава се умножава двете страни на (1) до (а + 1), ние получаваме (1 + а) п (1 + а) ≥ (1 + Na) (1 + а) или (1 + а) п + 1 ≥ 1 + (п + 1) + Na 2 Тъй като Na 2 ≥ 0, и следователно, (1 + а) п + 1 ≥ 1 + (п + 1) + Na 2 ≥ 1 + (п + 1).

Така, ако P (N) е вярно, и Р (п + 1) е вярно, следователно, в съответствие с принципа на математическа индукция, Бернули неравенство притежава.

Да разгледаме следните два случая:

в) Нека x1, x2. Xn - произволни положителни числа. Разгледайте следните п положителни числа: Тъй като продуктът им е равен на една: според предварително докаже неравенството б), следва, че когато

г) P (1) - честно информацията: греха 2 на + защото 2 а = 1. Да приемем, че P (N) - вярно твърдение: грях с + защото 2n 2n на ≤ 1 и да се покаже, че не е P (N + 1). В действителност, грях 2 (п + 1) + защото 2 (п + 1) = грях 2n на · грях 2 A + защото 2n на · защото 2 2n A + защото 2n на ≤ 1 (ако грях 2 а ≤ 1 след това на 2 защото 2 на ≤ 1, а след това на 2 грях на + 2n COS 2n ≤ 1 и знака за равенство се постига само когато п = 1.

д) когато п = 1 е вярно: 1 3/2.

Да приемем, че и да се покаже, че даден Тъй като P (N), получаваме

е) Предвид бележка 1. проверка Р (10) 2 10> 10 3 1024> 1000 по този начин за п = 10 е вярно. Да предположим, че два п> п 3 (п> 10) и се окаже Р (п + 1), т.е. 2 п 1> (п + 1) 3.

Тъй като п> 10 или да предполага, че 2n 3> N 2 + 3 + 3N 3N + 1 или п 3> 3n 2 + 3N + 1. Използване на неравенство (п 2> п 3), ние получаваме 2 п = 1 2 N · 2 = 2 п + 2 п> п 3 + п 3> N 2 + 3 + 3N 3N + 1 = (п + 1) 3.

По този начин, съгласно метода на въвеждане, за всяко естествено число п О Н. п ≥ 2 10 имаме п> п 3.

Пример 3. За да се докаже, че за всеки Н О N

а) N (2n 2 - 3n + 1) се дели на 6,

б) 6 2n -2 + 3 п 1 + 3 п -1 е неделими от 11.

Решение. а) Р (1) - вярно твърдение (0 е разделен на шест). Нека Р (п) притежава, т.е. п (2n 2 - 3n + 1) = N (п - 1) (2п - 1) се дели на 6. Ние показваме, че притежава Р (п + 1), т.е. (п + 1) п (2n + 1) се дели на 6. В действителност, тъй