Matemaatiline sissejuhatus: põhimõtted, seeria tõendamine, avalikustamine

July 06, 2021
SisseMiscellanea

Matemaatiline sissejuhatus: põhimõtted, seeriatõend, jagamatu, võrrandid ja näiteülesanded - Kas see on matemaatiline sissejuhatus? Sel korral Teave Knowledge.co.id kohta arutame pesapalli ja seda ümbritsevate asjade üle. Vaatame selle paremaks mõistmiseks alloleva artikli arutelu.

Sisukord

Matemaatiline induktsioon: põhimõtted, seeriatõend, jagamatu, võrrandid ja näiteülesanded
- Matemaatilise induktsiooni põhimõtte laiendamine
- Seeria tõestus
- Jaotustõend
- Tõend ebavõrdsusest
- Probleemide näide
- Jaga seda:
- Seonduvad postitused:

Matemaatiline induktsioon: põhimõtted, seeriatõend, jagamatu, võrrandid ja näiteülesanded

Matemaatiline induktsioon on deduktiivse tõestamise meetod, mida kasutatakse järjestatud numbrikomplektiga seotud matemaatiliste väidete tõestamiseks.

Need numbrid on näiteks looduslikud arvud ja numbrite tühjad alamhulgad matemaatilist induktsiooni kasutatakse ainult väite tõesuse kontrollimiseks või tõestamiseks või valem. Ja matemaatiline induktsioon pole mõeldud valemite tuletamiseks. Matemaatilist induktsiooni ei saa kasutada valemite tuletamiseks ega leidmiseks.

instagram viewer

Järgnevalt on toodud mõned matemaatiliste väidete näited, mida saab tõendada matemaatilise induktsiooni abil:

P (n): 2 + 4 + 6 +… + 2n = n (n + 1), n loomulikku arvu
P (n): 6ⁿ + 4 jagub 5-ga, n loodusarvu korral.
P (n): 4n <2ⁿ, iga loodusliku arvu n 4 korral

Matemaatilise induktsiooni põhimõtte laiendamine

Näiteks P (n) on lause, mis sõltub n-st. P (n) kehtib iga loodusliku arvu n m kohta, kui see vastab kahele järgmisele tingimusele:

P (m) on tõene, mis tähendab, et kui n = m, siis P (n) on tõene
Kui P (k) on tõene, on iga naturaalarvu k m korral ka P (k + 1).

P (1) tõesuse näitamiseks piisab, kui asendada P (n) -ga n = 1.

Kui P (n) esitatakse võrrandi kujul, tähendab see, et vasak pool peab võrduma parempoolse küljega n = 1, ja siis järeldame, et P (1) on tõene.

Saame rakendada sama meetodit, et näidata P (m) on tõene.

Tagasi ülaltoodud doomino juhtumi juurde, et domino (k + 1) langeda, on esimene asi, et k domeen peab langema.

Ja sellele järgneb implikatsioon "kui domino k langeb, siis võib domino (k + 1) langeda".

Nii et implikatsiooni "kui P (k) on tõene, siis P (k + 1) on tõene" näitamiseks peab meie esimene samm olema eeldus, et P (k) on tõene.

Neid eeldusi vaadates näitame, et ka P (k + 1) on tõene.

Seda protsessi P (k) oletamise õigsust nimetatakse induktsioonihüpoteesiks.

P (k + 1) näitamiseks on tõsi, siis võime lähtuda hüpoteesist. See tähendab eeldusest, et P (k) on tõene, või järeldusest, nimelt P (k + 1) enda poolt.

Matemaatilise induktsiooni tõestamist saab teha järgmises järjekorras:

Esialgne samm: näita P (1) on tõene.
Induktsioonietapp: Oletame, et P (k) kehtib kõigi k loodusarvude puhul, siis näidake, et P (k + 1) on ka nende eelduste põhjal tõene.
Järeldus: P (n) kehtib iga loodusarvu n kohta.

Seeria tõestus

Enne tõestavate seeriate alustamist tuleb sarjade osas hoolikalt läbi mõelda mitu asja. Teiste hulgas:

Kui

P (n): u₁ + u₂ + u₃ +… + U_n = S_nsiis
P (1): u₁ = S₁
P (k): u₁ + u₂ + u₃ +… + U_k = S_k
P (k + 1): u₁ + u₂ + u₃ +… + U_k + u_{k + 1} = S_{k + 1}

Näide 1:

Tõestage 2 + 4 + 6 +… + 2n = n (n + 1) iga naturaalse arvu kohta.

Vastus:
P (n): 2 + 4 + 6 +… + 2n = n (n + 1)

Tõestame, et P (n) on tõene iga n N kohta

Esialgne samm:

P (1) näitamine vastab tõele
2 = 1(1 + 1)

Nii et saame, on P (1) tõene

Induktsioonietapp:

Oletame, et P (k) on tõene, nimelt:
2 + 4 + 6 +… + 2k = k (k + 1), k N

P (k + 1) näitab ka, et:
2 + 4 + 6 +… + 2k + 2 (k + 1) = (k + 1) (k + 1 + 1)

Ülaltoodud eelduste põhjal:
2 + 4 + 6 +… + 2k = k (k + 1)

Lisage mõlemad pooled u-ga_{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)

Niisiis, P (k + 1) on tõene

Matemaatilise induktsiooni põhimõttele tuginedes on tõestatud, et P (n) on tõene kõigi n loodusarvu kohta.

Näide 2:

Tõesta seda 1 + 3 + 5 +… + (2n 1) = n² see on tõsi, iga naturaalse arvu korral.

Vastus:
P (n): 1 + 3 + 5 +… + (2n1) = n²

Siis näitab see, et P (n) on tõene iga n N2 kohta

Esialgne samm:
Näitab, et P (1) on tõene
1 = 1²

Niisiis, P (1) vastab tõele

Induktsioonietapp:
Oletame, et P (k) on tõene, nimelt:
1 + 3 + 5 +… + (2k1) = k², k N

See näitab, et ka P (k + 1) on tõene, st:
1 + 3 + 5 +… + (2k 1) + (2 (k + 1) 1) = (k + 1)²

Loe ka:Sotsiaalaritmeetika: üldine väärtus, teooria ja valemid ning näiteülesanded

Ülaltoodud eelduste põhjal:
1 + 3 + 5 +… + (2k1) = k²

Lisage mõlemad pooled u-ga_{k + 1} :
1 + 3 + 5 +… + (2k1) + (2 (k + 1) 1) = k² + (2 (k + 1) 1)
1 + 3 + 5 +… + (2k1) + (2 (k + 1) 1) = k² + 2k + 1
1 + 3 + 5 +… + (2k 1) + (2 (k + 1) 1) = (k + 1)²

Niisiis, P (k + 1) on ka tõsi

Matemaatilise induktsiooni põhimõttele tuginedes on tõestatud, et P (n) on tõene kõigi n loodusarvu kohta.

Jaotustõend

Väide "a jagub b-ga", mis on sünonüüm järgmisega:

b kordne
b tegur a
b jagab a

Kui p jagub a-ga ja q jagub a-ga, siis (p + q) jagub ka a-ga.

Näiteks 4 jagub 2-ga ja 6 jagub 2-ga, seega (4 + 6) jagub ka 2-ga

Näide 1:

Tõestage 6ⁿ + 4 jagub 5-ga iga n loodusarvu korral.

Vastus:

P (n): 6ⁿ + 4 jagub 5-ga

Tõestame, et P (n) on tõene iga n N kohta.

Esialgne samm:

Näitab, et P (1) on tõene
6¹ + 4 = 10 jagub 5-ga

Niisiis, P (1) vastab tõele

Induktsioonietapp:

Oletame, et P (k) on tõene, nimelt:
6^k + 4 jagub 5-ga, k N

See näitab, et ka P (k + 1) on tõene, st:
6^{k + 1} + 4 jagub 5-ga.

6^{k + 1} + 4 = 6(6^k)+ 4
6^{k + 1} + 4 = 5(6^k) + 6^k + 4

Põhjus 5 (6^k) jagub arvudega 5 ja 6^k + 4 jagub 5-ga, seega 5 (6^k) + 6^k + 4 jagub ka 5-ga.

Niisiis, P (k + 1) on tõene.

Matemaatilise induktsiooni põhimõttest lähtuvalt on ilmne, et 6ⁿ + 4 jagub 5-ga iga n loodusarvu korral.

Täisarv a jagub täisarvuga b, kui leitakse täisarv m, seega kehtib a = bm.

Näiteks "10 jagub 5-ga" on tõene, kuna on täisarvu m = 2, nii et 10 = 5,2.

Seetõttu võime väite "10 jagub 5-ga" kirjutada järgmiselt: "10 = 5m, m täisarvude jaoks"

Eespool toodud kontseptsiooni põhjal saab jagatavuse tõendi lahendada ka järgmise meetodi abil.

Näide 2:

Tõestage n³ + 2n jagub 3-ga iga n loodusarvu korral

Vastus:

P (n): n³ + 2n = 3m, kus m ZZ

Tõestame, et P (n) on tõene iga n kohta NN

Esialgne samm:

See näitab, et P (1) on tõene
1³ + 2.1 = 3 = 3.1

Niisiis, P (1) vastab tõele

Induktsioonietapp:

Oletame, et P (k) on tõene, nimelt:
k³ + 2k = 3m, k NN

See näitab, et ka P (k + 1) on tõene, st:
(k + 1)³ + 2 (k + 1) = 3p, lk ZZ

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

Kuna m on täisarv ja k on loomulik arv, siis (m + k² + k + 1) on täisarv.

Näiteks p = (m + k² + k + 1), nii et:
(k + 1)³ + 2 (k + 1) = 3p, kus p ZZ

Niisiis, P (k + 1) on tõene

Lähtudes ülaltoodud matemaatilise induktsiooni kontseptsioonist, on tõestatud, et n³ + 2n jagub 3-ga iga n loodusarvu korral.

Tõend ebavõrdsusest

Järgnevalt on toodud mõned sageli kasutatava ebavõrdsuse omadused, sealhulgas:

1. Transitiivsed omadused
a> b> c a> c või
a

2. a 0 ac a> b ja c> 0 ac> bc

3. a a> b a + c> b + c

Enne näiteküsimustesse jõudmist on parem, kui harjutame kõigepealt, kasutades ülaltoodud omadusi implikatsiooni näitamiseks "kui P (k) on tõene, siis on ka P (k + 1) tõene".

Näide

P (k): 4k <2^k
P (k + 1): 4 (k + 1) <2^{k + 1}

Kui eeldatakse, et P (k) on tõene k 5 kohta, siis näidake, et ka P (k + 1) on tõene!

Pidage meeles, et meie eesmärk on näidata, nii et:
4 (k + 1) <2^{k + 1} = 2(2^k) = 2^k + 2^k (SIHT)

Alustame ülaltoodud ebavõrdsuse vasakpoolsest küljest järgmiselt:
4 (k + 1) = 4k + 4
4 (k + 1) <2^k + 4 (kuna 4k <2^k)
4 (k + 1) <2^k + 2^k (kuna 4 <4k <2^k)
4 (k + 1) = 2 (2^k)
4 (k + 1) = 2^{k + 1}

Transitiivsete omaduste põhjal võime järeldada, et 4 (k + 1) <2^{k + 1}

Miks 4k-st saab 2^k ?

Kuna omaduse 3 kohaselt on meil lubatud lisada ebavõrdsuse mõlemad pooled sama arvuga.

Sest see ei muuda ebavõrdsuse tõeväärtust. Põhjus 4k <2^k tõene, mille tulemuseks on 4k + 4 <2^k +4 vastab ka tõele.

Kuidas me teame, et 4 tuleb muuta 2-ks^k ?

Loe ka:Kolmnurga valemid: probleemide tüübid ja näited

Pöörake tähelepanu sihtmärkidele.

Ajutine tulemus, mille saame, on 2^k + 4, samas kui meie eesmärk on 2^k + 2^k.

K 5 korral siis 4 <4k ja 4k <2^k see on tõsi, seega 4 <2^k on ka tõsi (transitiivne omadus). Selle tulemuseks on 2^k + 4 < 2^k + 2^k tõene (omadus 3).

Matemaatiline induktsioon: põhimõtted, seeriatõend, jagamatu, võrrandid ja näiteülesanded

Probleemide näide

1. probleem

Tõestage, et iga naturaalse arvu n 4 korral kasutage
3n <2ⁿ

Vastus:

P (n): 3n <2ⁿ

Tõestame, et P (n) kehtib n 4, n korral NN

Näitab, et P (4) vastab tõele
3.4 = 12 < 2⁴ = 16

Niisiis, P (4) vastab tõele

Oletame, et P (k) on tõene, nimelt:
3k <2^k, k 4

See näitab, et ka P (k + 1) on tõene, st:
3 (k + 1) <2^{k + 1}

3 (k + 1) = 3k + 3
3 (k + 1) <2^k + 3 (kuna 3k <2^k)
3 (k + 1) <2^k + 2^k (kuna 3 <3k <2^k)
3 (k + 1) = 2 (2^k)
3 (k + 1) = 2^{k + 1}

Niisiis, P (k + 1) on ka tõsi.

Matemaatilise induktsiooni kontseptsiooni põhjal on tõestatud, et P (n) kehtib iga loodusliku arvu n 4 korral.

2. probleem

Tõesta seda $1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + n ^ 3 = \ frac {1} {4} n ^ 2 (n + 1) ^ 2$ .

Arutelu:

Samm 1

$1 ^ 3 = \ frac {1} {4} (1) ^ 2 (1 + 1) ^ 2 = \ frac {2 ^ 2} {4}$

1 = 1 (tõestatud)

2. samm (n = k)

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + k ^ 3 = \ frac {1} {4} k ^ 2 (k + 1) ^ 2$

3. samm (n = k + 1)

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + k ^ 3 (k + 1) ^ 3 = \ frac {1} {4} (k + 1) ^ 2 (k + 2) ^ 3$ .

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + k ^ 3 + (k + 1) ^ 3 + (k + 1) ^ 3 = \ frac {1} {4} k ^ 2 (k + 1 ) ^ 2 + (k + 1) ^ 3$ (mõlemad pooled lisavad .

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + (k + 1) ^ 3 = (k + 1) ^ 2 (\ frac {1} {4} k ^ 2 + (k + 1))$

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + k ^ 3 + (k +1) ^ 3 = (k + 1)$

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + k ^ 3 + (k + 1) ^ 3 = \ frac {1} {4} (k + 1) ^ 2 (k ^ 2 + 4k + 4 )$

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + k ^ 3 + (k + 1) ^ 3 = \ frac {1} {4} (k + 1) ^ 2 (k + 2) (k + 2)$

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + k ^ 3 + (k + 1) ^ 3 = \ frac {1} {4} (k + 1) ^ 2 (k + 2) ^ 2$ {tõestatud).

3. probleem

Tõestage, et iga naturaalse arvu n 2 korral kasutage 3ⁿ > 1 + 2n

Vastus:

P (n): 3ⁿ > 1 + 2n

Tõestame, et P (n) kehtib n 2, n korral NN

Näitab, et P (2) on tõene, nimelt:
3² = 9 > 1 + 2.2 = 5

Niisiis, P (1) vastab tõele

Oletame, et P (k) on tõene, nimelt:
3^k > 1 + 2k, k 2

See näitab, et P (k + 1) on ka tõene, st
3^{k + 1} > 1 + 2 (k + 1)

3^{k + 1} = 3(3^k)
3^{k + 1} > 3 (1 + 2k) (kuna 3^k > 1 + 2k)
3^{k + 1} = 3 + 6k
3^{k + 1} > 3 + 2k (kuna 6k> 2k)
3^{k + 1} = 1 + 2k + 2
3^{k + 1} = 1 + 2 (k + 1)

Niisiis, P (k + 1) on ka tõsi

Matemaatilise induktsiooni kontseptsiooni põhjal on tõestatud, et P (n) kehtib iga loodusliku arvu n 2 korral.

Tõesta seda

$\ frac {1} {2} + \ frac {2} {2 ^ 2} + \ frac {3} {2 ^ 3} + \ cdots + \ frac {n} {2 ^ n} = 2 - \ frac { n + 2} {2 ^ n}$

Arutelu:

Samm 1

$\ frac {1} {2} = 2 - \ frac {(1) +2} {2 ^ 1} = 2 - \ frac {3} {2}$

$\ frac {1} {2} = \ frac {1} {2}$ (tõestatud)

2. samm (n = k)

$\ frac {1} {2} + \ frac {2} {2 ^ 2} + \ cdots + \ frac {2} {2 ^ k} = 2 - \ frac {k + 2} {2 ^ k}$

3. samm (n = k + 1)

$\ frac {1} {2} + \ frac {2} {2 ^ 2} + \ frac {3} {2 ^ 3} + \ cdots + \ frac {k} {2 ^ k} + \ frac {k + 1} {2 ^ {k + 1}} = 2 - \ frac {k + 3} {2 ^ {k +1}}$

Tõestatud:

$= \ frac {1} {2} + \ frac {2} {2 ^ 2} + \ frac {3} {2 ^ 3} + \ cdots + \ frac {k} {2 ^ k} + \ frac {k + 1} {2 ^ {k + 1}} = 2 - \ frac {k + 2} {2 ^ k} + \ frac {k + 1} {2 ^ {k + 1}}$ (mõlemad pooled korrutatakse $\ frac {k + 1} {2 ^ {k + 1}}$ )

$= 2 - \ frac {2 (k + 2)} {2 ^ {(k + 1)}} + \ frac {k + 1} {2 ^ {k +1}}$ (2^k muudetud väärtuseks 2^{k + 1})

$= 2 - \ frac {2k + 4} {2 ^ {(k + 1)}} + \ frac {k + 1} {2 ^ {k + 1}}$

$= 2 + \ frac {k + 1 - (2k + 4))} {2 ^ {(k + 1)}}$

$= 2 - \ frac {k + 3} {2 ^ {(k + 1)}}$ (tõestatud)

4. küsimus

Tõestage, et iga loodusliku arvu n 5 korral on 2n 3 <2^n-2

Vastus:

P (n): 2n3 <2^n-2

Tõestame, et P (n) kehtib n 5, n kohta NN

Näidatakse, et P (5) on tõene
2.5 − 3 = 7 < 2^5-2 = 8

Niisiis, P (1) vastab tõele

Oletame, et P (k) on tõene, nimelt:
2k 3 <2^k-2, k 5

See näitab, et ka P (k + 1) on tõene, st:
2 (k + 1) 3 <2^{k + 1-2}

2 (k + 1) 3 = 2k + 2 3
2 (k + 1) 3 = 2k 3 + 2
2 (k + 1) 3 <2^k-2 + 2 (põhjus 2k 3 <2^k-2)
2 (k + 1) 3 <2^k-2 + 2^k-2 (põhjus 2 <2k 3 <2^k-2)
2 (k + 1) 3 = 2 (2^k-2)
2 (k + 1) 3 = 2^{k + 1-2}

Niisiis, P (k + 1) on ka tõsi

Matemaatilise induktsiooni kontseptsiooni põhjal on tõestatud, et P (n) kehtib iga loodusliku arvu n 5 puhul.

5. ülesanne:

Tõestage iga naturaalse arvu n 4 kohta ja rakendage (n + 1)! > 3ⁿ

Vastus:

P (n): (n + 1)! > 3ⁿ

Tõestame, et P (n) kehtib n 4, n korral NN

Näitab, et P (4) on tõene
(4 + 1)! > 3⁴
vasak külg: 5! = 5.4.3.2.1 = 120
parem külg: 3⁴ = 81

Niisiis, P (1) vastab tõele

Oletame, et P (k) on tõene, nimelt:

(k + 1)! > 3^k, k 4

Näitame, et ka P (k + 1) on tõene, s.t.
(k + 1 + 1)! > 3^{k + 1}

(k + 1 + 1)! = (k + 2)!
(k + 1 + 1)! = (k + 2) (k + 1)!
(k + 1 + 1)! > (k + 2) (3^k) (põhjus (k + 1)! > 3^k)
(k + 1 + 1)! > 3(3^k) (põhjus k + 2> 3)
(k + 1 + 1)! = 3^{k + 1}

Niisiis, P (k + 1) on ka tõsi.

Matemaatilise induktsiooni kontseptsiooni põhjal on tõestatud, et P (n) kehtib iga loodusliku arvu n 4 korral.

See on ülevaade Teave Knowledge.co.id kohta umbes Matemaatiline sissejuhatus , Loodetavasti võib see teie ülevaadet ja teadmisi täiendada. Täname külastamast ja ärge unustage teisi artikleid lugeda