Математическая индукция: принципы, доказательство ряда, делимость, уравнения и примеры задач

August 13, 2023
ВПолитика ссылок Контакт

Математическая индукция: принципы, доказательство ряда, делимость, уравнения и примеры задач – Что такое математическая индукция? О базе знаний.co.id расскажет о Kasti Ball и о том, что его окружает. Давайте посмотрим на обсуждение в статье ниже, чтобы понять это лучше.

Математическая индукция: принципы, доказательство ряда, делимость, уравнения и примеры задач

Математическая индукция — это метод дедуктивного доказательства, который используется для доказательства математических утверждений, связанных с набором чисел, упорядоченных упорядоченным образом.

Эти числа являются, например, натуральными числами или непустыми подмножествами чисел. Математическая индукция используется только для проверки или доказательства истинности утверждения. или формула. А математическая индукция не для вывода формул. Математическая индукция не может быть использована для вывода или поиска формул.

Ниже приведены некоторые примеры математических утверждений, истинность которых можно доказать с помощью математической индукции:

instagram viewer

P(n): 2 + 4 + 6 + … + 2n = n (n + 1), n — натуральное число
П(н): 6^н + 4 делится на 5 для n натуральных чисел.
Р(п): 4п < 2^н, для каждого натурального числа n ≥ 4

Расширение принципов математической индукции

Например, P(n) — это выражение, зависящее от n. P(n) верно для каждого натурального числа n ≥ m, если оно удовлетворяет следующим двум условиям:

P(m) истинно, а это означает, что при n = m истинно P(n)
Для каждого натурального числа k ≥ m, если P(k) истинно, то P(k + 1) также истинно.

Чтобы показать, что P(1) истинно, достаточно заменить P(n) на n = 1.

Если P(n) представлено в виде уравнения, это означает, что левая часть должна быть равна правой части при n = 1, и тогда мы заключаем, что P(1) верно.

Мы можем применить тот же метод, чтобы показать, что P(m) истинно.

Возвращаясь к вышеприведенному случаю с домино, для того, чтобы домино (k + 1) выпало, должно выпасть самое раннее домино k.

А затем может произойти импликация «если домино k выпадает, то выпадает домино (k + 1)».

Итак, чтобы показать импликацию «если P(k) истинно, то P(k + 1) истинно», то наш первый шаг должен состоять в том, чтобы предположить, что P(k) истинно.

Затем, рассматривая эти предположения, мы показываем, что P(k + 1) также верно.

Этот процесс предположения, что P(k) верен, называется гипотезой индукции.

Чтобы показать, что P(k + 1) верно, мы можем начать с гипотезы. То есть из предположения, что P(k) истинно, или из заключения, то есть из самого P(k + 1).

Доказательство математической индукции можно провести в следующем порядке:

Начальный шаг: показать, что P(1) верно.
Шаг индукции: предположим, что P(k) верно для любых k натуральных чисел, затем покажем, что P(k+1) также верно на основе этого предположения.
Вывод: P(n) верно для любого натурального числа n.

Доказательство серии

Прежде чем приступить к доказательству серии, необходимо тщательно рассмотреть несколько вещей, касающихся этой серии. Среди прочего:

Если

П(п): ты₁ + ты₂ + ты₃ + … + ты_н = С_н, так
Р(1): ты₁ = С₁
Р(к): ты₁ + ты₂ + ты₃ + … + ты_к = С_к
Р (к + 1): и₁ + ты₂ + ты₃ + … + ты_к + ты_к+1 = С_к+1

Пример 1:

Докажите, что 2 + 4 + 6 + … + 2n = n (n + 1) для каждого из n натуральных чисел.

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

Будет доказано, что P(n) верно для каждого n ∈ N

Начальный шаг:

Показывает, что P (1) верно
2 = 1(1 + 1)

Итак, получается, что P(1) верно

Шаг индукции:

Пусть P(k) истинно, а именно:
2 + 4 + 6 + … + 2k = k (k + 1), k ∈ N

Покажем, что P(k + 1) также верно, то есть:
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)

Тогда из предположений выше:
2 + 4 + 6 + … + 2к = к (к + 1)

Добавьте обе стороны с u_к+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)

Итак, P(k + 1) верно

На основе принципа математической индукции доказано, что P(n) истинно для любых n натуральных чисел.

Пример 2:

Докажите это 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² верно, для каждого n натурального числа.

Отвечать:
P(n): 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n²

Тогда он покажет, что P(n) верно для каждого n ∈ N

Начальный шаг:
Покажет, что P(1) верно
1 = 1²

Итак, P(1) верно

Шаг индукции:
Представьте, что P(k) истинно, а именно:
1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k², к е N

Это покажет, что P(k + 1) также верно, а именно:
1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1)²

Тогда из предположений выше:
1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k²

Добавьте обе стороны с u_к+1 :
1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) + (2(k + 1) - 1) = k² + (2 (к + 1) - 1)
1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) + (2(k + 1) - 1) = k² +2к+1
1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1)²

Итак, P(k + 1) также верно

На основе принципа математической индукции доказано, что P(n) истинно для любых n натуральных чисел.

Доказательство разделения

Утверждение «а делится на b» является синонимом:

несколько б
б фактор а
б разделить а

Если p делится на a и q делится на a, то (p + q) также будет делиться на a.

Например, 4 делится на 2, а 6 делится на 2, тогда (4 + 6) также будет делиться на 2.

Пример 1:

Докажи 6^н + 4 делится на 5 для каждого n натурального числа.

Отвечать:

П(н): 6^н + 4 делится на 5

Будет доказано, что P(n) верно для каждого n ∈ N.

Начальный шаг:

Покажет, что P(1) верно
6¹ + 4 = 10 делится на 5

Итак, P(1) верно

Шаг индукции:

Представьте, что P(k) истинно, а именно:
6^к + 4 делится на 5, k ∈ N

Это покажет, что P(k + 1) также верно, а именно:
6^к+1 + 4 делится на 5.

6^к+1 + 4 = 6(6^к)+ 4
6^к+1 + 4 = 5(6^к) + 6^к + 4

Причина 5(6^к) делится на 5 и 6^к + 4 делится на 5, поэтому 5(6^к) + 6^к + 4 тоже делится на 5.

Итак, P(k + 1) верно.

На основании принципа математической индукции доказано, что 6^н + 4 делится на 5 для каждого n натурального числа.

Целое число a будет делиться на целое число b, если найдено целое число m, так что будет применяться a = bm.

Например, «10 делится на 5» верно, потому что существуют целые числа m = 2, поэтому 10 = 5,2.

Следовательно, утверждение «10 делится на 5» можно записать как «10 = 5m для m целых чисел».

Основываясь на изложенной выше концепции, доказательство деления также может быть решено с использованием следующего метода.

Пример 2:

Докажи п³ + 2n будет делиться на 3 для каждого n натурального числа

Отвечать:

П (п): п³ + 2n = 3m, где m ∈ ZZ

Будет доказано, что P(n) истинно для каждого n ∈ НН

Начальный шаг:

Будет показано, что P(1) верно
1³ + 2.1 = 3 = 3.1

Итак, P(1) верно

Шаг индукции:

Представьте, что P(k) истинно, а именно:
к³ + 2k = 3m, k ∈ НН

Это покажет, что P(k + 1) также верно, а именно:
(к + 1)³ + 2(k + 1) = 3p, p ∈ ZZ

(к + 1)³ + 2(к + 1) = (к³ +3к² + 3к + 1) + (2к + 2)
(к + 1)³ + 2(к + 1) = (к³ +2к) + (3к² +3к+3)
(к + 1)³ + 2(к + 1) = 3т + 3(к² + к + 1)
(к + 1)³ + 2(к + 1) = 3(т + к² + к + 1)

Поскольку m — целое число, а k — натуральное число, то (m + k² + k + 1) — целое число.

Например, p = (m + k² + к + 1), поэтому:
(к + 1)³ + 2(k + 1) = 3p, где p ∈ ZZ

Итак, P(k + 1) верно

На основе приведенной выше концепции математической индукции доказано, что n³ + 2n будет делиться на 3 для каждого n натурального числа.

Доказательство неравенства

Ниже приведены некоторые часто используемые свойства неравенств, в том числе:

1. переходный характер
а > б > с ⇒ а > с или
а < б < с ⇒ а < с

2. a < b и c > 0 ⇒ ac < bc или
a > b и c > 0 ⇒ ac > bc

3. a < b ⇒ a + c < b + c или
а > б ⇒ а + с > б + с

Прежде чем мы перейдем к примерам вопросов, рекомендуется попрактиковаться в использовании приведенных выше свойств, чтобы показать импликацию «если P(k) истинно, то P(k + 1) также истинно».

Пример

Р(к): 4к < 2^к
Р (к + 1): 4 (к + 1) < 2^к+1

Если предполагается, что P(k) истинно для k ≥ 5, то покажите, что P(k + 1) также истинно!

Помните, что наша цель — показать, поэтому:
4(к + 1) < 2^к+1 = 2(2^к) = 2^к + 2^к (ЦЕЛЬ)

Мы можем начать с левой части приведенного выше неравенства:
4(к + 1) = 4к + 4
4(к + 1) < 2^к + 4 (потому что 4k < 2^к)
4(к + 1) < 2^к + 2^к (потому что 4 < 4k < 2^к)
4(к + 1) = 2(2^к)
4 (к + 1) = 2^к+1

Исходя из транзитивного характера, мы можем заключить, что 4(k + 1) < 2^к+1

Почему 4k может измениться на 2^к ?

Потому что согласно свойству 3 мы можем сложить обе части неравенства на одно и то же число.

Потому что это не изменит истинного значения неравенства. Потому что 4k < 2^к true, что приводит к 4k + 4 < 2^к +4 тоже верно.

Откуда мы знаем, что 4 нужно заменить на 2^к ?

Следите за целями.

Временный результат, который мы получаем, равен 2^к + 4, в то время как наша цель 2^к + 2^к.

Для k ≥ 5 тогда 4 < 4k и 4k < 2^к это правда, так что 4 < 2^к также верно (транзитивное свойство). Это приводит к 2^к + 4 < 2^к + 2^к верно (свойство 3).

Математическая индукция: принципы, доказательство ряда, делимость, уравнения и примеры задач

Пример проблемы

Проблема1

Докажите, что для каждого натурального числа n ≥ 4 выполняется
3п < 2^н

Отвечать:

Р(п): 3п < 2^н

Будет доказано, что P(n) выполняется при n ≥ 4, n ∈ НН

Покажет, что P(4) верно
3.4 = 12 < 2⁴ = 16

Итак, P(4) верно

Представьте, что P(k) истинно, а именно:
3к < 2^к, к ≥ 4

Это покажет, что P(k + 1) также верно, а именно:
3 (к + 1) < 2^к+1

3(к + 1) = 3к + 3
3 (к + 1) < 2^к + 3 (потому что 3k < 2^к)
3 (к + 1) < 2^к + 2^к (поскольку 3 < 3k < 2^к)
3(к + 1) = 2(2^к)
3 (к + 1) = 2^к+1

Итак, P(k + 1) также верно.

На основе концепции математической индукции доказано, что P(n) выполняется для каждого натурального числа n ≥ 4.

Проблема 2

Докажи это $1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2$ .

Обсуждение:

Шаг 1

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

1 1 (доказано)

Шаг 2 (n = k)

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

Шаг 3 (n = k + 1)

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

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \cdots + k ^ 3 + (k + 1 ) ^ 3 + (k + 1) ^ 3 \ frac {1} {4} k ^ 2 (k + 1) ^ 2 + (к + 1) ^ 3$ (оба поля добавлены .

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

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

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

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

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

Проблема 3

Докажите, что для каждого натурального числа n ≥ 2 и выполняется 3^н > 1 + 2n

Отвечать:

П(н): 3^н > 1 + 2n

Будет доказано, что P(n) выполняется при n ≥ 2, n ∈ НН

Покажем, что P(2) верно, а именно:
3² = 9 > 1 + 2.2 = 5

Итак, P(1) верно

Представьте, что P(k) истинно, а именно:
3^к > 1 + 2к, к ≥ 2

Обнаружит, что P(k + 1) также верно, т.е.
3^к+1 > 1 + 2 (к + 1)

3^к+1 = 3(3^к)
3^к+1 > 3(1 + 2k) (поскольку 3^к >1+2к)
3^к+1 = 3 + 6к
3^к+1 > 3 + 2к (потому что 6к > 2к)
3^к+1 = 1 + 2к + 2
3^к+1 = 1 + 2 (к + 1)

Итак, P(k + 1) также верно

На основе концепции математической индукции доказано, что P(n) выполняется для каждого натурального числа n ≥ 2.

Докажи это

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

Обсуждение:

Шаг 1

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

$\фракция{1}{2} \фракция{1}{2}$ (доказано)

Шаг 2 (n = k)

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

Шаг 3 (n = k + 1)

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

Доказано:

$\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \cdots + \frac{k}{2^k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} 2 - \frac{k + 2}{2^k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}}$ (обе стороны умножаются $\ гидроразрыв {к+1} {2^{к+1}}$ )

$2 - \frac{2(k + 2)}{2^{(k + 1)}} + \frac{k + 1}{2^{k +1}}$ (2^к изменено на 2^к+1)

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

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

$2 – \frac{k + 3}{2^{(k + 1)}}$ (доказано)

Проблема 4

Докажите, что для каждого натурального числа n ≥ 5 будет выполнено 2n − 3 < 2^п-2

Отвечать:

Р (п): 2п - 3 < 2^п-2

Будет доказано, что P(n) выполняется при n ≥ 5, n ∈ НН

Будет показано, что P(5) верно
2.5 − 3 = 7 < 2^5-2 = 8

Итак, P(1) верно

Представьте, что P(k) истинно, а именно:
2к - 3 < 2^к-2, к ≥ 5

Это покажет, что P(k + 1) также верно, а именно:
2 (к + 1) - 3 < 2^к+1-2

2(к + 1) - 3 = 2к + 2 - 3
2(к + 1) - 3 = 2к - 3 + 2
2 (к + 1) - 3 < 2^к-2 + 2 (поскольку 2k − 3 < 2^к-2)
2 (к + 1) - 3 < 2^к-2 + 2^к-2 (поскольку 2 < 2k − 3 < 2^к-2)
2(к + 1) - 3 = 2(2^к-2)
2 (к + 1) - 3 = 2^к+1-2

Итак, P(k + 1) также верно

На основе концепции математической индукции доказано, что P(n) выполняется для каждого натурального числа n ≥ 5.

Проблема 5:

Докажите, что для каждого натурального числа n ≥ 4 и верно (n + 1)! > 3^н

Отвечать:

П(п): (п + 1)! > 3^н

Будет доказано, что P(n) выполняется при n ≥ 4, n ∈ НН

Покажет, что P(4) верно
(4 + 1)! > 3⁴
левая сторона: 5! = 5.4.3.2.1 = 120
правая сторона: 3⁴ = 81

Итак, P(1) верно

Представьте, что P(k) истинно, а именно:

(к+1)! > 3^к, к ≥ 4

Будет показано, что P(k + 1) также верно, т.е.
(к + 1 + 1)! > 3^к+1

(к + 1 + 1)! = (к + 2)!
(к + 1 + 1)! = (к + 2)(к + 1)!
(к + 1 + 1)! > (к + 2)(3^к) (потому что (k + 1)! > 3^к)
(к + 1 + 1)! > 3(3^к) (поскольку k + 2 > 3)
(к + 1 + 1)! = 3^к+1

Итак, P(k + 1) также верно.

Таким образом, отзыв от О базе знаний.co.id о Математическая индукция , надеюсь, может добавить к вашему пониманию и знаниям. Спасибо за посещение и не забудьте прочитать другие статьи

Список содержимого

Математическая индукция: принципы, доказательство ряда, делимость, уравнения и примеры задач