Développement méthodologique « méthode d'induction mathématique ». Exemples d'induction. Méthode d'induction mathématique : exemples de solutions
Description bibliographique : Badanin A. S., Sizova M. Yu. Application de la méthode d'induction mathématique à la résolution de problèmes de divisibilité des nombres naturels // Jeune scientifique. 2015. N° 2. P. 84-86..04.2019).
Dans les Olympiades de mathématiques, il y a souvent des problèmes assez difficiles pour prouver la divisibilité des nombres naturels. Les écoliers sont confrontés à un problème : comment trouver une méthode mathématique universelle qui leur permette de résoudre de tels problèmes ?
Il s'avère que la plupart des problèmes de preuve de la divisibilité peuvent être résolus par la méthode de l'induction mathématique, mais les manuels scolaires accordent très peu d'attention à cette méthode ; le plus souvent, une brève description théorique est donnée et plusieurs problèmes sont analysés.
On retrouve la méthode d’induction mathématique dans la théorie des nombres. À l’aube de la théorie des nombres, les mathématiciens ont découvert de nombreux faits de manière inductive : L. Euler et K. Gauss ont parfois examiné des milliers d’exemples avant de remarquer une structure numérique et d’y croire. Mais en même temps, ils ont compris à quel point les hypothèses qui ont passé le test « final » peuvent être trompeuses. Pour passer inductivement d’une affirmation vérifiée pour un sous-ensemble fini à une affirmation similaire pour l’ensemble infini entier, une preuve est nécessaire. Cette méthode a été proposée par Blaise Pascal, qui a trouvé un algorithme général pour trouver les signes de divisibilité de tout entier par tout autre entier (traité « Sur la nature de la divisibilité des nombres »).
La méthode d'induction mathématique est utilisée pour prouver par raisonnement la vérité d'un certain énoncé pour tous les nombres naturels ou la vérité d'un énoncé à partir d'un certain nombre n.
La résolution de problèmes pour prouver la véracité d'un certain énoncé à l'aide de la méthode d'induction mathématique comprend quatre étapes (Fig. 1) :
Riz. 1. Schéma de résolution du problème
1. Base d'induction . Ils vérifient la validité de l’énoncé pour le plus petit nombre naturel pour lequel l’énoncé a du sens.
2. Hypothèse inductive . Nous supposons que cette affirmation est vraie pour une certaine valeur de k.
3. Transition d'induction . Nous prouvons que l’énoncé est vrai pour k+1.
4. Conclusion . Si une telle preuve était complétée, alors, sur la base du principe d'induction mathématique, on peut affirmer que l'affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.
Considérons l'application de la méthode d'induction mathématique pour résoudre des problèmes de preuve de la divisibilité des nombres naturels.
Exemple 1. Montrer que le nombre 5 est un multiple de 19, où n est un nombre naturel.
Preuve:
1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : le nombre =19 est un multiple de 19.
2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire que le nombre est un multiple de 19.
C'est un multiple de 19. En effet, le premier terme est divisible par 19 du fait de l'hypothèse (2) ; le deuxième terme est également divisible par 19 car il contient un facteur de 19.
Exemple 2. Montrer que la somme des cubes de trois nombres naturels consécutifs est divisible par 9.
Preuve:
Démontrons l'énoncé : « Pour tout nombre naturel n, l'expression n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 est un multiple de 9.
1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 multiples de 9.
2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 est un multiple de 9.
3) Montrons que la formule est également vraie pour n = k + 1, c'est-à-dire que (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 est un multiple de 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).
L’expression résultante contient deux termes dont chacun est divisible par 9, donc la somme est divisible par 9.
4) Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont remplies, donc la phrase est vraie pour toutes les valeurs de n.
Exemple 3. Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre 3 2n+1 +2 n+2 est divisible par 7.
Preuve:
1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 est un multiple de 7.
2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire 3 2 k +1 +2 k +2 est divisé par 7.
3) Montrons que la formule est également vraie pour n = k + 1, c'est-à-dire
3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .T. k. (3 2 k +1 +2 k +2) 9 est divisé par 7 et 7 2 k +2 est divisé par 7, puis leur différence est divisée par 7.
4) Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont remplies, donc la phrase est vraie pour toutes les valeurs de n.
De nombreux problèmes de preuve dans la théorie de la divisibilité des nombres naturels peuvent être facilement résolus en utilisant la méthode d'induction mathématique ; on peut même dire que la résolution des problèmes avec cette méthode est complètement algorithmique, il suffit d'effectuer 4 étapes de base ; Mais cette méthode ne peut pas être qualifiée d'universelle, car elle présente également des inconvénients : d'une part, elle ne peut être prouvée que sur un ensemble de nombres naturels, et d'autre part, elle ne peut être prouvée que pour une seule variable.
Pour le développement de la pensée logique et de la culture mathématique, cette méthode est un outil nécessaire, car le grand mathématicien russe A. N. Kolmogorov a déclaré : « La compréhension et la capacité d'appliquer correctement le principe de l'induction mathématique sont un bon critère de maturité logique, qui est absolument nécessaire pour un mathématicien.
Littérature:
1. Vilenkin N. Ya. Combinatoire. - M. : Éducation, 1976. - 48 p.
2. Genkin L. Sur l'induction mathématique. - M., 1962. - 36 p.
3. Solominsky I. S. Méthode d'induction mathématique. - M. : Nauka, 1974. - 63 p.
4. Sharygin I.F. Cours optionnel de mathématiques : Résolution de problèmes : Manuel pour la 10e année. moyenne scolaire - M. : Éducation, 1989. - 252 p.
5. Shen A. Induction mathématique. - M. : MTsNMO, 2007. - 32 p.
Cours 6. Méthode d'induction mathématique.
Les nouvelles connaissances dans la science et la vie s'obtiennent de différentes manières, mais toutes (si vous n'entrez pas dans les détails) sont divisées en deux types - le passage du général au spécifique et du spécifique au général. La première est la déduction, la seconde est l’induction. Le raisonnement déductif est ce qu’on appelle communément en mathématiques. raisonnement logique, et en science mathématique, la déduction est la seule méthode légitime d’investigation. Les règles du raisonnement logique ont été formulées il y a deux millénaires et demi par l'ancien scientifique grec Aristote. Il a créé une liste complète des raisonnements corrects les plus simples, syllogismes– des « éléments constitutifs » de la logique, tout en indiquant simultanément un raisonnement typique très proche du correct, mais incorrect (on rencontre souvent de tels raisonnements « pseudologiques » dans les médias).
Induction (induction - en latin conseils) est clairement illustré par la célèbre légende selon laquelle Isaac Newton a formulé la loi de la gravitation universelle après qu'une pomme lui soit tombée sur la tête. Autre exemple venu de la physique : dans un phénomène comme l'induction électromagnétique, un champ électrique crée, « induit » un champ magnétique. La « pomme de Newton » est un exemple typique d'une situation dans laquelle un ou plusieurs cas particuliers, c'est-à-dire : observations, « suggèrent » une affirmation générale ; une conclusion générale est tirée sur la base de cas particuliers. La méthode inductive est la principale pour obtenir des modèles généraux dans les sciences naturelles et humaines. Mais cela présente un inconvénient très important : sur la base d'exemples particuliers, une conclusion erronée peut être tirée. Les hypothèses issues d'observations privées ne sont pas toujours correctes. Prenons un exemple dû à Euler.
Nous calculerons la valeur du trinôme pour quelques premières valeurs n:
|
|
Notez que les nombres obtenus à la suite des calculs sont premiers. Et on peut vérifier directement que pour chaque n 1 à 39 valeurs polynomiales 
est un nombre premier. Cependant, quand n=40 on obtient le nombre 1681=41 2, qui n'est pas premier. Ainsi, l'hypothèse qui pourrait se poser ici, c'est-à-dire l'hypothèse que pour chaque n nombre 
est simple, s'avère faux.
Leibniz démontra au XVIIe siècle que pour tout tout positif n nombre 
divisible par 3, nombre 
divisible par 5, etc. Sur cette base, il a supposé que pour tout problème impair k et tout naturel n nombre 
divisé par k, mais j'ai vite remarqué que 
n'est pas divisible par 9.
Les exemples considérés nous permettent de tirer une conclusion importante : une déclaration peut être juste dans un certain nombre de cas particuliers et en même temps injuste en général. La question de la validité d'une déclaration dans le cas général peut être résolue en utilisant une méthode de raisonnement spéciale appelée par induction mathématique(induction complète, induction parfaite).
6.1. Le principe de l'induction mathématique.
♦ La méthode d'induction mathématique est basée sur principe de l'induction mathématique , qui est le suivant :
1) la validité de cette déclaration est vérifiéen=1 (base d'induction) ,
2) la validité de cette déclaration est supposée pourn= k, Oùk– nombre naturel arbitraire 1(hypothèse d'induction) , et en tenant compte de cette hypothèse, sa validité est établie pourn= k+1.
Preuve. Supposons le contraire, c'est-à-dire supposons que cette affirmation ne soit pas vraie pour tous les n. Alors il y a un tel naturel m, Quoi:
1) déclaration pour n=m pas juste,
2) pour tout le monde n, plus petit m, l'énoncé est vrai (en d'autres termes, m est le premier nombre naturel pour lequel l'énoncé n'est pas vrai).
Il est évident que m>1, parce que Pour n=1 la déclaration est vraie (condition 1). Ainsi, 
- entier naturel. Il s'avère que pour un nombre naturel 
la déclaration est vraie, et pour le prochain nombre naturel m c'est injuste. Cela contredit la condition 2. ■
Notez que la preuve utilise l'axiome selon lequel toute collection de nombres naturels contient le plus petit nombre.
Une preuve basée sur le principe de l'induction mathématique s'appelle par la méthode d'induction mathématique complète .
Exemple6.1.
Prouvez cela pour tout naturel n nombre 
divisible par 3.
Solution.
1) Quand n=1, donc un 1 est divisible par 3 et l’énoncé est vrai lorsque n=1.
2) Supposons que l'énoncé soit vrai pour n=k,
, c'est-à-dire ce numéro 
est divisible par 3, et on établit que lorsque n=k Le nombre +1 est divisible par 3.
En effet,
Parce que Chaque terme est divisible par 3, alors leur somme est également divisible par 3. ■
Exemple6.2. Montrer que la somme des premiers n Les nombres impairs naturels sont égaux au carré de leur nombre, c'est-à-dire.
Solution. Utilisons la méthode d'induction mathématique complète.
1) Nous vérifions la validité de cette déclaration lorsque n=1 : 1=1 2 – c’est vrai.
2) Supposons que la somme des premiers k
(
) de nombres impairs est égal au carré du nombre de ces nombres, c'est-à-dire. Sur la base de cette égalité, nous établissons que la somme des premiers k+1 nombres impairs est égal à 
, c'est .
Nous utilisons notre hypothèse et obtenons
. ■
La méthode d'induction mathématique complète est utilisée pour prouver certaines inégalités. Montrons l'inégalité de Bernoulli.
Exemple6.3.
Prouvez que lorsque 
et tout naturel n l'inégalité est vraie 
(inégalité de Bernoulli).
Solution. 1) Quand n=1 on obtient 
, ce qui est vrai.
2) Nous supposons que lorsque n=k il y a des inégalités 
(*). En utilisant cette hypothèse, nous prouvons que 
. Notez que lorsque 
cette inégalité est vraie et il suffit donc de considérer le cas 
.
Multiplions les deux côtés de l'inégalité (*) par le nombre 
et on obtient :
Soit (1+ 
.■
Preuve par méthode induction mathématique incomplète
une déclaration en fonction de n, Où 
effectué de la même manière, mais au début l'équité est établie pour la plus petite valeur n.
Certains problèmes n’énoncent pas explicitement une affirmation qui peut être prouvée par induction mathématique. Dans de tels cas, vous devez établir vous-même le modèle et faire une hypothèse sur la validité de ce modèle, puis utiliser la méthode d'induction mathématique pour tester l'hypothèse proposée.
Exemple6.4.
Trouver le montant 
.
Solution. Trouvons les sommes S 1 ,
S 2 ,
S 3. Nous avons 
,
,
. Nous émettons l'hypothèse que pour tout n la formule est valable 
. Pour tester cette hypothèse, nous utiliserons la méthode d’induction mathématique complète.
1) Quand n=1 l’hypothèse est correcte, car 
.
2) Supposons que l'hypothèse soit vraie pour n=k,
, c'est 
. En utilisant cette formule, nous établirons que l'hypothèse est vraie même si n=k+1, c'est
En effet,
Donc, en partant de l’hypothèse que l’hypothèse est vraie lorsque n=k,
, il a été prouvé que cela est également vrai pour n=k+1, et sur la base du principe d'induction mathématique nous concluons que la formule est valable pour tout nombre naturel n.
■
Exemple6.5.
En mathématiques, il est prouvé que la somme de deux fonctions uniformément continues est une fonction uniformément continue. Sur la base de cette affirmation, vous devez prouver que la somme de n'importe quel nombre 
de fonctions uniformément continues est une fonction uniformément continue. Mais puisque nous n’avons pas encore introduit la notion de « fonction uniformément continue », posons le problème de manière plus abstraite : sachons que la somme de deux fonctions qui ont une propriété S, a lui-même la propriété S. Montrons que la somme d'un nombre quelconque de fonctions a la propriété S.
Solution. La base de l’induction est ici contenue dans la formulation du problème lui-même. Après avoir fait l’hypothèse d’induction, considérons 
les fonctions F 1 ,
F 2 ,
…, F n ,
F n+1 qui possède la propriété S. Alors . A droite, le premier terme a la propriété S par l'hypothèse de récurrence, le deuxième terme a la propriété S par condition. Par conséquent, leur somme a la propriété S– pour deux trimestres, la base d'induction « fonctionne ».
Cela prouve la déclaration et nous l'utiliserons plus loin. ■
Exemple6.6. Trouvez du tout naturel n, pour lequel l'inégalité est vraie
.
Solution. Considérons n=1, 2, 3, 4, 5, 6. On a : 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 ,
2 4 =4 2 ,
2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Ainsi, nous pouvons faire une hypothèse : l’inégalité 
il y a une place pour tout le monde 
. Pour prouver la véracité de cette hypothèse, nous utiliserons le principe d’induction mathématique incomplète.
1) Comme cela a été établi ci-dessus, cette hypothèse est vraie lorsque n=5.
2) Supposons que cela soit vrai pour n=k,
, c'est-à-dire que l'inégalité est valide 
. En utilisant cette hypothèse, nous prouvons que l’inégalité 
.
Parce que 
et à 
il y a des inégalités 
à 
,
alors nous obtenons ça 
. Ainsi, la véracité de l'hypothèse à n=k+1 découle de l'hypothèse que c'est vrai quand n=k,
.
À partir de paragraphes. 1 et 2, basés sur le principe d'induction mathématique incomplète, il s'ensuit que l'inégalité 
vrai pour tout naturel 
.
■
Exemple6.7.
Montrer que pour tout nombre naturel n la formule de différenciation est valide 
.
Solution.À n=1 cette formule ressemble à 
, ou 1=1, c'est-à-dire que c'est correct. En faisant l’hypothèse d’induction, nous avons :
Q.E.D. ■
Exemple6.8.
Montrer que l’ensemble constitué de néléments, a 
sous-ensembles
Solution. Un ensemble composé d'un élément UN, comporte deux sous-ensembles. Cela est vrai parce que tous ses sous-ensembles sont l’ensemble vide et l’ensemble vide lui-même, et 2 1 =2.
Supposons que chaque ensemble de n les éléments ont 
sous-ensembles Si l'ensemble A est constitué de n+1 éléments, puis nous y fixons un élément - nous le désignons d, et divisez tous les sous-ensembles en deux classes – celles qui ne contiennent pas d et contenant d. Tous les sous-ensembles de la première classe sont des sous-ensembles de l'ensemble B obtenu à partir de A en supprimant un élément d.
L'ensemble B est composé de néléments, et donc, par induction, il a 
sous-ensembles, donc en première classe 
sous-ensembles
Mais dans la deuxième classe il y a le même nombre de sous-ensembles : chacun d'eux est obtenu à partir d'exactement un sous-ensemble de la première classe en ajoutant un élément d. Par conséquent, au total l’ensemble A 
sous-ensembles
La déclaration est donc prouvée. Notez que cela est également vrai pour un ensemble composé de 0 éléments - l'ensemble vide : il a un seul sous-ensemble - lui-même, et 2 0 = 1. ■
MÉTHODE D'INDUCTION MATHÉMATIQUE
Le mot induction en russe signifie orientation, et les conclusions basées sur des observations, des expériences, c'est-à-dire sont appelées inductives. obtenu par inférence du particulier au général.
Par exemple, nous observons chaque jour que le Soleil se lève depuis l’est. Par conséquent, vous pouvez être sûr que demain, il apparaîtra à l’est et non à l’ouest. Nous tirons cette conclusion sans recourir à aucune hypothèse sur la raison du mouvement du Soleil dans le ciel (d'ailleurs, ce mouvement lui-même s'avère apparent, puisque le globe se déplace réellement). Et pourtant, cette conclusion inductive décrit correctement les observations que nous ferons demain.
Le rôle des conclusions inductives dans les sciences expérimentales est très grand. Ils donnent les dispositions à partir desquelles d'autres conclusions sont ensuite tirées par déduction. Et bien que la mécanique théorique soit basée sur les trois lois du mouvement de Newton, ces lois elles-mêmes sont le résultat d'une réflexion approfondie sur des données expérimentales, en particulier les lois du mouvement planétaire de Kepler, qu'il a dérivées du traitement de nombreuses années d'observations de l'astronome danois Tycho. Brahé. L'observation et l'induction s'avèrent utiles à l'avenir pour clarifier les hypothèses formulées. Après les expériences de Michelson sur la mesure de la vitesse de la lumière dans un milieu en mouvement, il s'est avéré nécessaire de clarifier les lois de la physique et de créer la théorie de la relativité.
En mathématiques, le rôle de l’induction réside en grande partie dans le fait qu’elle sous-tend les axiomatiques choisies. Après qu'une longue pratique ait montré qu'un chemin droit est toujours plus court qu'un chemin courbe ou brisé, il était naturel de formuler un axiome : pour trois points A, B et C quelconques, l'inégalité
La notion de suivi, qui est à la base de l'arithmétique, est également apparue à partir d'observations de la formation des soldats, des navires et d'autres ensembles ordonnés.
Il ne faut cependant pas penser que cela épuise le rôle de l’induction en mathématiques. Bien entendu, nous ne devrions pas tester expérimentalement des théorèmes logiquement déduits d’axiomes : si aucune erreur logique n’a été commise lors de la dérivation, alors ils sont vrais dans la mesure où les axiomes que nous avons acceptés sont vrais. Mais de nombreux énoncés peuvent être déduits de ce système d’axiomes. Et la sélection des affirmations qui doivent être prouvées est à nouveau suggérée par induction. C'est cela qui permet de séparer les théorèmes utiles des inutiles, indique quels théorèmes peuvent s'avérer vrais et aide même à tracer le chemin de la preuve.
L'essence de la méthode d'induction mathématique
Dans de nombreuses branches de l’arithmétique, de l’algèbre, de la géométrie et de l’analyse, il est nécessaire de prouver la vérité des phrases A(n) dépendant d’une variable naturelle. La preuve de la vérité de la proposition A(n) pour toutes les valeurs d'une variable peut souvent être effectuée par la méthode d'induction mathématique, qui repose sur le principe suivant.
La proposition A(n) est considérée comme vraie pour toutes les valeurs naturelles de la variable si les deux conditions suivantes sont remplies :
La proposition A(n) est vraie pour n=1.
De l’hypothèse que A(n) est vraie pour n=k (où k est n’importe quel nombre naturel), il s’ensuit qu’elle est vraie pour la valeur suivante n=k+1.
Ce principe est appelé principe d’induction mathématique. Il est généralement choisi comme l'un des axiomes définissant la série naturelle des nombres, et est donc accepté sans preuve.
La méthode d'induction mathématique signifie la méthode de preuve suivante. Si vous voulez prouver la vérité d'une phrase A(n) pour tout n naturel, alors, premièrement, vous devez vérifier la vérité de l'énoncé A(1) et, deuxièmement, en supposant la vérité de l'énoncé A(k), essayez de prouver que l'énoncé A(k +1) est vrai. Si cela peut être prouvé et que la preuve reste valable pour chaque valeur naturelle de k, alors, conformément au principe d'induction mathématique, la proposition A(n) est reconnue comme vraie pour toutes les valeurs de n.
La méthode d'induction mathématique est largement utilisée pour prouver des théorèmes, des identités, des inégalités, pour résoudre des problèmes de divisibilité, pour résoudre certains problèmes géométriques et bien d'autres.
La méthode d'induction mathématique pour résoudre des problèmes sur
divisibilité
En utilisant la méthode d'induction mathématique, vous pouvez prouver diverses affirmations concernant la divisibilité des nombres naturels.
La déclaration suivante peut être prouvée de manière relativement simple. Montrons comment il est obtenu en utilisant la méthode d'induction mathématique.
Exemple 1. Si n est un nombre naturel, alors ce nombre est pair.
Lorsque n=1 notre affirmation est vraie : - un nombre pair. Supposons qu'il s'agisse d'un nombre pair. Puisque , 2k est un nombre pair, alors 
même. Ainsi, la parité est prouvée pour n=1, la parité se déduit de la parité 
.Cela signifie que c'est même pour toutes les valeurs naturelles de n.
Exemple 2.Prouver la vérité de la phrase
A(n)=(le nombre 5 est un multiple de 19), n est un nombre naturel.
Solution.
L’énoncé A(1)=(un nombre divisible par 19) est vrai.
Supposons que pour une valeur n=k
A(k)=(nombre divisible par 19) est vrai. Puis, puisque
Évidemment, A(k+1) est également vrai. En effet, le premier terme est divisible par 19 du fait de l'hypothèse que A(k) est vrai ; le deuxième terme est également divisible par 19 car il contient un facteur de 19. Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont donc satisfaites, la proposition A(n) est vraie pour toutes les valeurs de n.
Application de la méthode d’induction mathématique à
série de sommation
Exemple 1.Prouver la formule
, n est un nombre naturel.
Solution.
Lorsque n = 1, les deux côtés de l’égalité deviennent un et, par conséquent, la première condition du principe d’induction mathématique est satisfaite.
Supposons que la formule soit correcte pour n=k, c'est-à-dire
.
Ajoutons les deux côtés de cette égalité et transformons le côté droit. Ensuite, nous obtenons
Ainsi, du fait que la formule est vraie pour n=k, il s’ensuit qu’elle est également vraie pour n=k+1. Cette affirmation est vraie pour toute valeur naturelle de k. Ainsi, la deuxième condition du principe d’induction mathématique est également satisfaite. La formule est éprouvée.
Exemple 2.Montrer que la somme des n premiers nombres de la série naturelle est égale à .
Solution.
Notons le montant requis, c'est-à-dire 
.
Lorsque n = 1, l'hypothèse est vraie.
Laisser 
. Montrons que 
.
En effet,
Le problème est résolu.
Exemple 3.Montrer que la somme des carrés des n premiers nombres de la série naturelle est égale à 
.
Solution.
Laisser .
.
Faisons comme si 
. Alors
Et enfin.
Exemple 4. Prouve-le .
Solution.
Si donc
Exemple 5. Prouve-le
Solution.
Lorsque n = 1, l'hypothèse est évidemment vraie.
Laisser .
Prouvons-le.
Vraiment,
Exemples d'application de la méthode d'induction mathématique à
preuve d'inégalités
Exemple 1.Montrer que pour tout entier naturel n>1
.
Solution.
Notons le côté gauche de l'inégalité par .
Par conséquent, pour n=2, l’inégalité est vraie.
Laissez un peu k. Prouvons-le alors et . Nous avons 
, .
En comparant et , nous avons 
, c'est à dire. 
.
Pour tout entier positif k, le membre de droite de la dernière égalité est positif. C'est pourquoi . Mais cela veut dire aussi.
Exemple 2.Trouvez l'erreur dans le raisonnement.
Déclaration. Pour tout nombre naturel n, l’inégalité est vraie.
Preuve.
. (1)
Montrons qu'alors l'inégalité est également valable pour n=k+1, c'est-à-dire
.
En effet, pas moins de 2 pour tout k naturel. Ajoutons au côté gauche de l'inégalité (1) et au côté droit 2. Nous obtenons une inégalité juste, ou 
. La déclaration a été prouvée.
Exemple 3.Prouve-le 
, où >-1, , n est un nombre naturel supérieur à 1.
Solution.
Pour n=2, l'inégalité est vraie, puisque .
Soit l'inégalité vraie pour n=k, où k est un nombre naturel, c'est-à-dire
. (1)
Montrons qu'alors l'inégalité est également valable pour n=k+1, c'est-à-dire
. (2)
En effet, par condition, , donc l'inégalité est vraie
, (3)
obtenu à partir de l'inégalité (1) en multipliant chaque partie par . Réécrivons l'inégalité (3) comme suit : . En écartant le terme positif du côté droit de la dernière inégalité, nous obtenons une inégalité juste (2).
Exemple 4. Prouve-le
(1)
où , , n est un nombre naturel supérieur à 1.
Solution.
Pour n=2, l'inégalité (1) prend la forme
. (2)
Puisque , alors l'inégalité est vraie
. (3)
En ajoutant à chaque partie de l'inégalité (3) on obtient l'inégalité (2).
Cela prouve que pour n=2, l’inégalité (1) est vraie.
Soit l'inégalité (1) vraie pour n=k, où k est un nombre naturel, c'est-à-dire
. (4)
Montrons qu'alors l'inégalité (1) doit également être vraie pour n=k+1, c'est-à-dire
(5)
Multiplions les deux côtés de l'inégalité (4) par a+b. Puisque, par condition , on obtient la juste inégalité suivante :
. (6)
Pour prouver la validité de l’inégalité (5), il suffit de montrer que
, (7)
ou, ce qui est pareil,
. (8)
L'inégalité (8) équivaut à l'inégalité
. (9)
Si , alors , et du côté gauche de l’inégalité (9), nous avons le produit de deux nombres positifs. Si , alors , et du côté gauche de l’inégalité (9), nous avons le produit de deux nombres négatifs. Dans les deux cas, l’inégalité (9) est vraie.
Cela prouve que la validité de l'inégalité (1) pour n=k implique sa validité pour n=k+1.
Méthode d'induction mathématique appliquée aux autres
Tâches
L'application la plus naturelle de la méthode d'induction mathématique en géométrie, proche de l'utilisation de cette méthode en théorie des nombres et en algèbre, est son application à la résolution de problèmes de calcul géométrique. Regardons quelques exemples.
Exemple 1.Calculer le côté d'un carré régulier inscrit dans un cercle de rayon R.
Solution.
Quand n=2 corriger 2 n - un carré est un carré ; son côté. De plus, selon la formule de doublement
on trouve que le côté d'un octogone régulier 
, côté d'un hexagone régulier 
, côté d'un triangle régulier trente-deux 
. On peut donc supposer que le côté du bon inscrit 2 n - carré pour tout égal
. (1)
Supposons que le côté d'un carré régulier inscrit soit exprimé par la formule (1). Dans ce cas, selon la formule de doublement
,
d'où il s'ensuit que la formule (1) est valable pour tout n.
Exemple 2.En combien de triangles un n-gone (pas nécessairement convexe) peut-il être divisé par ses diagonales disjointes ?
Solution.
Pour un triangle, ce nombre est égal à un (pas une seule diagonale ne peut être tracée dans un triangle) ; pour un quadrilatère ce nombre est évidemment deux.
Supposons que nous sachions déjà que chaque k-gon, où k
Un
Un 1 Un 2
Soit A 1 A k une des diagonales de cette partition ; il divise le n-gon A 1 A 2 ...A n en k-gon A 1 A 2 ...A k et le (n-k+2)-gon A 1 A k A k+1 .. .Un . En raison de l'hypothèse faite, le nombre total de triangles dans la partition sera égal à
(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
Ainsi, notre affirmation est prouvée pour tout n.
Exemple 3.Énoncez la règle pour calculer le nombre P(n) de façons dont un n-gone convexe peut être divisé en triangles par des diagonales disjointes.
Solution.
Pour un triangle, ce nombre est évidemment égal à un : P(3)=1.
Supposons que nous ayons déjà déterminé les nombres P(k) pour tout k
Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1).
En utilisant cette formule, nous obtenons systématiquement :
P(4)=P(3)+P(3)=2,
P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,
P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14
etc.
Vous pouvez également résoudre des problèmes avec des graphiques en utilisant la méthode d'induction mathématique.
Supposons qu'il y ait un réseau de lignes sur le plan qui relient certains points et n'en ont aucun autre. Nous appellerons un tel réseau de lignes une carte, étant donné les points comme sommets, les segments de courbes entre deux sommets adjacents - les limites de la carte, les parties du plan dans lesquelles elle est divisée par les frontières - les pays de la carte.
Qu'une carte soit donnée dans l'avion. Nous dirons qu'il est correctement coloré si chacun de ses pays est peint avec une certaine couleur, et que deux pays ayant une frontière commune sont peints avec des couleurs différentes.
Exemple 4.Il y a n cercles dans l'avion. Montrer que pour tout agencement de ces cercles, la carte qu’ils forment peut être correctement colorée avec deux couleurs.
Solution.
Pour n=1, notre affirmation est évidente.
Supposons que notre affirmation soit vraie pour toute carte formée de n cercles, et qu'il y ait n+1 cercles sur le plan. En supprimant l'un de ces cercles, on obtient une carte qui, grâce à l'hypothèse faite, peut être correctement colorée avec deux couleurs, par exemple le noir et le blanc.
Savelyeva Ekaterina
L'article discute de l'application de la méthode d'induction mathématique dans la résolution de problèmes de divisibilité et la sommation de séries. Des exemples d'application de la méthode d'induction mathématique pour prouver des inégalités et résoudre des problèmes géométriques sont considérés. L'ouvrage est illustré d'une présentation.
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Ministère des Sciences et de l'Éducation de la Fédération de Russie
Établissement d'enseignement public
école secondaire n°618
Cours : algèbre et débuts de l'analyse
Thème du travail du projet
"La méthode d'induction mathématique et son application à la résolution de problèmes"
Travaux achevés: Savelyeva E, classe 11B
Superviseur : Makarova T.P., professeur de mathématiques, Lycée GOU n° 618
1. Introduction.
2.Méthode d'induction mathématique dans la résolution de problèmes de divisibilité.
3. Application de la méthode d'induction mathématique à la sommation de séries.
4. Exemples d'application de la méthode d'induction mathématique à la preuve d'inégalités.
5. Application de la méthode d'induction mathématique à la résolution de problèmes géométriques.
6. Liste de la littérature utilisée.
Introduction
La base de toute recherche mathématique repose sur les méthodes déductives et inductives. La méthode de raisonnement déductive consiste à raisonner du général au spécifique, c'est-à-dire raisonnement dont le point de départ est le résultat général et le point final est le résultat particulier. L'induction est utilisée pour passer de résultats particuliers à des résultats généraux, c'est-à-dire est le contraire de la méthode déductive. La méthode d’induction mathématique peut être comparée au progrès. Nous partons du plus bas et, grâce à une pensée logique, nous arrivons au plus haut. L'homme a toujours aspiré au progrès, à la capacité de développer ses pensées de manière logique, ce qui signifie que la nature elle-même l'a destiné à penser de manière inductive. Bien que le champ d'application de la méthode d'induction mathématique se soit élargi, peu de temps lui est consacré dans les programmes scolaires. Mais il est si important de pouvoir penser de manière inductive. L'application de ce principe dans la résolution de problèmes et la démonstration de théorèmes est comparable à la prise en compte dans la pratique scolaire d'autres principes mathématiques : tiers exclu, inclusion-exclusion, Dirichlet, etc. Ce résumé contient des problèmes issus de différentes branches des mathématiques, dans lesquels les L'outil principal est l'utilisation de la méthode d'induction mathématique. Parlant de l'importance de cette méthode, A.N. Kolmogorov a noté que « la compréhension et la capacité à appliquer le principe de l'induction mathématique sont un bon critère de maturité, absolument nécessaire pour un mathématicien ». La méthode d'induction au sens large consiste en le passage d'observations particulières à un schéma ou une formulation générale universelle. Dans cette interprétation, la méthode est bien entendu la principale méthode de recherche dans toute science naturelle expérimentale.
activité humaine. La méthode (principe) d'induction mathématique dans sa forme la plus simple est utilisée lorsqu'il est nécessaire de prouver une certaine affirmation pour tous les nombres naturels.
Tâche 1. Dans son article « Comment je suis devenu mathématicien » A.N. Kolmogorov écrit : « J'ai appris très tôt la joie d'une « découverte » mathématique, après avoir remarqué une tendance à l'âge de cinq ou six ans.
1 =1 2 ,
1 + 3 = 2 2 ,
1 + 3 + 5 = 3 2,
1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 et ainsi de suite.
L'école a publié le magazine "Spring Swallows". C'est dans cet ouvrage que ma découverte a été publiée... »
Nous ne savons pas quel genre de preuves ont été fournies dans ce journal, mais tout a commencé par des observations privées. L'hypothèse elle-même, probablement née après la découverte de ces égalités partielles, est que la formule
1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2
vrai pour tout nombre donné n = 1, 2, 3, ...
Pour prouver cette hypothèse, il suffit d'établir deux faits. Premièrement, pour n = 1 (et même pour n = 2, 3, 4) la déclaration souhaitée est vraie. Deuxièmement, supposons que l'énoncé soit vrai pour p = k, et nous veillerons à ce que cela soit également vrai pour n = k + 1 :
1 + 3 + 5+…+ (2k - 1) + (2k + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1)) + (2k + 1) = k 2 + (2k + 1) = (k + je) 2.
Cela signifie que l'énoncé à prouver est vrai pour toutes les valeurs n : pour n = 1 c'est vrai (cela a été vérifié), et du fait du deuxième fait - pour n = 2, d'où pour n = 3 (en raison du même, deuxième fait), etc.
Problème 2. Considérez toutes les fractions ordinaires possibles avec le numérateur 1 et tout (entier positif)
Dénominateur (nominal) : Prouver que pour tout p> 3 on peut représenter l'unité comme une somme P. diverses fractions de ce type.
Solution, Vérifions d'abord cette affirmation pour n = 3 ; nous avons:
Par conséquent, l’énoncé de base est satisfait
Supposons maintenant que l'énoncé qui nous intéresse est vrai pour un certain nombreÀ, et prouver que c'est également vrai pour le nombre qui le suitÀ + 1. En d’autres termes, supposons qu’il existe une représentation
dans lequel k les termes et tous les dénominateurs sont différents. Montrons qu'alors nous pouvons obtenir une représentation de l'unité comme somme à partir deÀ + 1 fractions du type requis. Nous supposerons que les fractions sont décroissantes, c'est-à-dire les dénominateurs (dans la représentation de l'unité par la sommeÀ termes) augmentent de gauche à droite de façon à ce que T - le plus grand des dénominateurs. Nous obtiendrons la représentation dont nous avons besoin sous la forme d'une somme(À + 1)ème fraction, si l'on divise une fraction, par exemple la dernière, en deux. Cela peut être fait parce que
Et donc
De plus, toutes les fractions sont restées différentes, puisque T était le plus grand dénominateur, et t + 1 > t, et
t(t + 1) > t.
Ainsi, nous avons établi :
- avec n = 3 cette affirmation est vraie ;
- si l'énoncé qui nous intéresse est vrai pourÀ,
alors c'est aussi vrai pour k + 1.
Sur cette base, nous pouvons affirmer que l’énoncé en question est vrai pour tous les nombres naturels, à partir de trois. De plus, la preuve ci-dessus implique également un algorithme pour trouver la partition d'unité requise. (De quel algorithme s'agit-il ? Imaginez le nombre 1 comme la somme de 4, 5, 7 termes à lui seul.)
Pour résoudre les deux problèmes précédents, deux étapes ont été franchies. La première étape s'appelle base induction, seconde -jonction inductiveou étape d'induction. La deuxième étape est la plus importante et elle implique de faire une hypothèse (l'affirmation est vraie lorsque n = k) et conclusion (l'affirmation est vraie lorsque n = k + 1). Le paramètre n lui-même est appelé paramètre d’induction.Ce schéma logique (technique), qui permet de conclure que l'énoncé en question est vrai pour tous les nombres naturels (ou pour tous, à partir de certains), puisque la base et la transition sont valables, s'appellele principe de l'induction mathématique, sur lequel La méthode d'induction mathématique est basée.Le terme « induction » lui-même vient du mot latin induction (orientation), ce qui signifie le passage d'une connaissance unique sur des objets individuels d'une classe donnée à une conclusion générale sur tous les objets d'une classe donnée, qui est l'une des principales méthodes de cognition.
Le principe de l’induction mathématique, précisément sous la forme familière de deux étapes, est apparu pour la première fois en 1654 dans le « Traité du triangle arithmétique » de Blaise Pascal, dans lequel une manière simple de calculer le nombre de combinaisons (coefficients binomiaux) était prouvée par induction. D. Polya cite B. Pascal dans le livre avec des modifications mineures indiquées entre crochets :
« Bien que la proposition en question [la formule explicite des coefficients binomiaux] contienne d'innombrables cas particuliers, j'en donnerai une très brève démonstration, basée sur deux lemmes.
Le premier lemme indique que l’hypothèse est vraie pour la raison – c’est évident. [À P. = 1 formule explicite est valide...]
Le deuxième lemme énonce ce qui suit : si notre hypothèse est vraie pour une base arbitraire [pour un r arbitraire], alors elle sera vraie pour la raison suivante [pour n+1].
De ces deux lemmes il résulte nécessairement que la proposition est valable pour toutes les valeurs P. En effet, en vertu du premier lemme, il est vrai pour P. = 1 ; donc, en vertu du deuxième lemme, il est vrai pour P. = 2 ; donc, toujours en vertu du deuxième lemme, cela est valable pour n = 3 et ainsi de suite à l’infini.
Problème 3. Le puzzle des Tours de Hanoï se compose de trois tiges. Sur l'une des tiges se trouve une pyramide (Fig. 1), constituée de plusieurs anneaux de diamètres différents, décroissant de bas en haut
Fig. 1
Cette pyramide doit être déplacée vers l'une des autres tiges, en déplaçant un seul anneau à chaque fois et en ne plaçant pas le plus grand anneau sur le plus petit. Est-il possible de faire cela?
Solution. Nous devons donc répondre à la question : est-il possible de déplacer une pyramide composée de P. des anneaux de diamètres différents, d'une canne à l'autre, suivant les règles du jeu ? Nous avons maintenant, comme on dit, paramétré le problème (nous avons introduit l'entier naturel P), et il peut être résolu par induction mathématique.
- Base à induction. Quand n = 1, tout est clair, puisqu'une pyramide d'un anneau peut évidemment être déplacée vers n'importe quelle tige.
- Étape d'induction. Supposons que nous puissions déplacer n'importe quelle pyramide avec le nombre d'anneaux p = k.
Montrons qu'alors nous pouvons déplacer la pyra midka de n = k + 1.
Pyramide de à anneaux posés sur le plus grand(À + 1)-ième anneau, on peut, selon l'hypothèse, le déplacer vers n'importe quelle autre tige. Faisons-le. immobile(À + Le 1)ème anneau ne nous empêchera pas de réaliser l'algorithme de déplacement, puisqu'il est le plus grand. Après avoir déménagéÀ anneaux, déplaçons ce plus gros(À + 1)ième anneau sur la tige restante. Et puis encore une fois, nous appliquons l'algorithme de mouvement que nous connaissons par hypothèse inductiveÀ anneaux, et déplacez-les vers la tige avec celle située en dessous(À + 1)ème anneau. Ainsi, si l’on sait déplacer des pyramides avecÀ anneaux, alors nous savons comment déplacer les pyramides et avecÀ + 1 sonnerie. Ainsi, selon le principe de l'induction mathématique, il est toujours possible de déplacer la pyramide constituée de n anneaux, où n > 1.
Méthode d'induction mathématique pour résoudre des problèmes de divisibilité.
En utilisant la méthode d'induction mathématique, vous pouvez prouver diverses affirmations concernant la divisibilité des nombres naturels.
Problème 4 . Si n est un nombre naturel, alors ce nombre est pair.
Lorsque n=1 notre affirmation est vraie : - un nombre pair. Supposons qu'il s'agisse d'un nombre pair. Puisque 2k est un nombre pair, alors il est pair. Ainsi, la parité est prouvée pour n=1, la parité se déduit de la parité. Cela signifie qu'elle est paire pour toutes les valeurs naturelles de n.
Tâche 3. Prouver que le nombre Z 3 + 3 - 26n - 27 avec naturel arbitraire n est divisible par 26 2 sans reste.
Solution. Démontrons d’abord par récurrence l’énoncé auxiliaire selon lequel 3 3n+3 — 1 est divisible par 26 sans reste lorsque n > 0.
- Base à induction. Pour n = 0 on a : 3 3 - 1 = 26—divisible par 26.
Étape d'induction. Supposons que 3 3n+3 - 1 est divisé par 26 lorsque n = k, et Montrons que dans ce cas l'énoncé sera vrai pour n = k + 1. Depuis 3
alors de l'hypothèse inductive on conclut que le nombre 3 3k + 6 - 1 est divisible par 26.
Nous prouvons maintenant l’énoncé formulé dans l’énoncé du problème. Et encore par induction.
- Base à induction. Il est évident que lorsque n = 1 affirmation est vraie : depuis 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
- Étape d'induction. Supposons que lorsque p = k
expression 3 3k + 3 - 26k - 27 est divisé par 26 2 sans reste, et prouver que l'énoncé est vrai pour n = k + 1,
c'est-à-dire ce numéro
divisible par 26 2 sans laisser de trace. En dernière somme, les deux termes sont divisibles par 26 2 . La première est que nous avons prouvé que l’expression entre parenthèses est divisible par 26 ; la seconde est par l’hypothèse d’induction. En vertu du principe d’induction mathématique, l’énoncé souhaité est complètement prouvé.
Application de la méthode d'induction mathématique à la sommation de séries.
Tâche 5. Prouver la formule
N est un nombre naturel.
Solution.
Lorsque n = 1, les deux côtés de l’égalité deviennent un et, par conséquent, la première condition du principe d’induction mathématique est satisfaite.
Supposons que la formule soit correcte pour n=k, c'est-à-dire
Ajoutons les deux côtés de cette égalité et transformons le côté droit. Ensuite, nous obtenons
Ainsi, du fait que la formule est vraie pour n=k, il s’ensuit qu’elle est également vraie pour n=k+1. Cette affirmation est vraie pour toute valeur naturelle de k. Ainsi, la deuxième condition du principe d’induction mathématique est également satisfaite. La formule est éprouvée.
Tâche 6. Deux nombres sont écrits au tableau : 1,1. En entrant leur somme entre les nombres, on obtient les nombres 1, 2, 1. En répétant encore cette opération, on obtient les nombres 1, 3, 2, 3, 1. Après trois opérations, les nombres seront 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Quelle sera la somme de tous les nombres du tableau après 100 opérations ?
Solution. Faites tout 100 les opérations seraient une tâche très laborieuse et chronophage. Cela signifie que nous devons essayer de trouver une formule générale pour la somme S nombres après n opérations. Regardons le tableau :
Avez-vous remarqué une tendance ici ? Sinon, vous pouvez faire un pas de plus : après quatre opérations, il y aura des chiffres
1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,
dont la somme S 4 est égale à 82.
En fait, vous ne pouvez pas écrire les nombres, mais dire immédiatement comment la somme changera après l'ajout de nouveaux nombres. Soit la somme égale à 5. Que deviendra-t-elle lorsque de nouveaux nombres seront ajoutés ? Divisons chaque nouveau nombre par la somme des deux anciens. Par exemple, de 1, 3, 2, 3, 1 on passe à 1,
1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.
C'est-à-dire que chaque ancien nombre (à l'exception des deux extrêmes) est désormais inclus trois fois dans la somme, donc la nouvelle somme est égale à 3S - 2 (soustrayez 2 pour prendre en compte les nombres manquants). Donc S 5 = 3S 4 - 2 = 244, et en général
Quelle est la formule générale ? S'il n'y avait pas la soustraction de deux unités, alors à chaque fois la somme augmenterait trois fois, comme en puissances de trois (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Et nos chiffres, comme nous pouvons le constater maintenant, sont un de plus. Ainsi, on peut supposer que
Essayons maintenant de le prouver par induction.
Base à induction. Voir tableau (pour n = 0, 1, 2, 3).
Étape d'induction. Faisons comme si
Montrons alors que S k + 1 = Z k + 1 + 1.
Vraiment,
Notre formule est donc éprouvée. Il montre qu'après cent opérations, la somme de tous les nombres sur le tableau sera égale à 3. 100 + 1.
Regardons un excellent exemple d'application du principe d'induction mathématique, dans lequel vous devez d'abord introduire deux paramètres naturels, puis effectuer une induction sur leur somme.
Tâche 7. Prouver que si= 2, x 2 = 3 et pour tout naturel p> 3 la relation est vraie
x p = 3x p - 1 - 2x p - 2,
Que
2 p - 1 + 1, p = 1, 2, 3, ...
Solution. Notez que dans ce problème, la séquence originale de nombres(xp) est déterminé par induction, puisque les termes de notre suite, à l'exception des deux premiers, sont spécifiés inductivement, c'est-à-dire à travers les précédents. Les séquences données sont donc appelées récurrent, et dans notre cas, cette suite est déterminée (en précisant ses deux premiers termes) de manière unique.
Base à induction. Elle consiste à vérifier deux affirmations : quand n = 1 et n = 2.V Dans les deux cas, l’énoncé est vrai par condition.
Étape d'induction. Supposons que pour n = k - 1 et n = k la déclaration est remplie, c'est-à-dire
Prouvons alors la validité de l'énoncé pour n = k + 1. On a :
x1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, ce qui devait être prouvé.
Tâche 8. Montrer que tout nombre naturel peut être représenté comme la somme de plusieurs termes différents de la séquence récurrente des nombres de Fibonacci :
pour k > 2.
Solution. Soit n - entier naturel. Nous procéderons à l'intégration le P.
Base à induction. Quand n = L’affirmation 1 est vraie puisque l’un est lui-même un nombre de Fibonacci.
Étape d'induction. Supposons que tous les nombres naturels soient inférieurs à un certain nombre P, peut être représenté comme la somme de plusieurs termes différents de la séquence de Fibonacci. Trouvons le plus grand nombre de Fibonacci Fort, pas supérieur P ; ainsi, F t p et F t +1 > p.
Parce que le
Par l'hypothèse d'induction, le nombre n-F t peut être représenté comme la somme de 5 de plusieurs termes différents de la séquence de Fibonacci, et de la dernière inégalité il s'ensuit que tous les termes de la séquence de Fibonacci impliqués dans la somme de 8 sont inférieurs Ft. Par conséquent, l’expansion du nombre n = 8 + Ft satisfait les conditions du problème.
Exemples d'application de la méthode d'induction mathématique pour prouver des inégalités.
Tâche 9. (L'inégalité de Bernoulli.)Prouvez que lorsque x > -1, x 0 et pour l'entier n > 2 l'inégalité est vraie
(1 + x) n > 1 + xn.
Solution. Nous effectuerons à nouveau la preuve par induction.
1. Base d'induction. Vérifions la validité de l'inégalité pour n = 2. En effet,
(1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x.
2. Étape d'induction. Supposons que pour le nombre p = k la déclaration est vraie, c'est-à-dire
(1 + x) k > 1 + xk,
Où k > 2. Prouvons-le pour n = k + 1. Nous avons : (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =
1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.
Ainsi, sur la base du principe d’induction mathématique, nous pouvons affirmer que l’inégalité de Bernoulli est vraie pour tout n > 2.
Dans le contexte de problèmes résolus par la méthode d'induction mathématique, la loi générale à prouver n'est pas toujours clairement formulée. Parfois, il est nécessaire, en observant des cas particuliers, de découvrir (deviner) d'abord à quelle loi générale ils conduisent, et ensuite seulement de prouver l'hypothèse énoncée par la méthode de l'induction mathématique. De plus, la variable d'induction peut être masquée, et avant de résoudre le problème, il faut déterminer sur quel paramètre l'induction sera réalisée. À titre d’exemple, considérons les tâches suivantes.
Problème 10. Prouvez que
sous n'importe quel naturel n > 1.
Solution, Essayons de prouver cette inégalité en utilisant la méthode d'induction mathématique.
La base d’induction peut être facilement vérifiée :1+
Par l'hypothèse d'induction
et il nous reste à prouver que
Si nous utilisons l’hypothèse inductive, nous dirons que
Même si cette égalité est vraie, elle ne nous apporte pas de solution au problème.
Essayons de prouver une affirmation plus forte que celle requise dans le problème initial. A savoir, nous prouverons que
Il peut sembler que prouver cette affirmation par induction soit une affaire sans espoir.
Cependant, lorsque n = 1 nous avons : l’énoncé est vrai. Pour justifier la démarche inductive, supposons que
et ensuite nous prouverons que
Vraiment,
Ainsi, nous avons prouvé un énoncé plus fort, dont découle immédiatement l'énoncé contenu dans l'énoncé du problème.
Ce qui est instructif ici, c’est que même si nous avons dû prouver une affirmation plus forte que celle requise dans le problème, nous pourrions utiliser une hypothèse plus forte dans l’étape inductive. Cela explique que l’application directe du principe d’induction mathématique ne mène pas toujours au but recherché.
La situation survenue lors de la résolution du problème s'appelaitLe paradoxe de l'inventeur.Le paradoxe lui-même est que des plans plus complexes peuvent être mis en œuvre avec plus de succès s’ils reposent sur une compréhension plus approfondie de l’essence du problème.
Problème 11. Montrer que 2 m + n - 2 m pour tout naturel taper.
Solution. Ici, nous avons deux paramètres. Par conséquent, vous pouvez essayer d'effectuer ce qu'on appelledouble induction(induction dans l'induction).
Nous mènerons un raisonnement inductif sur P.
1. La base à induction selon le paragraphe. Quand n = Je dois vérifier ça 2 t ~ 1 > t. Pour prouver cette inégalité, nous utilisons l'induction sur T.
UN) Base à induction selon ce qu'on appelle Quand t = 1 exécuté
l'égalité, ce qui est acceptable.
b) L'étape d'induction selon ce que l'on appelleSupposons que lorsque t = k la déclaration est vraie, c'est-à-dire 2k ~ 1 > k. Puis jusqu'à
disons que l'énoncé sera vrai aussi pour t = k + 1.
Nous avons:
avec naturel à.
Donc l'inégalité 2 effectué dans n'importe quel naturel T.
2. Étape d'induction selon l'article.Choisissons et corrigeons un nombre naturel T. Supposons que lorsque n = je la déclaration est vraie (pour une durée fixe t), c'est-à-dire 2 t +1 ~ 2 > t1, et nous prouverons qu'alors la déclaration sera vraie aussi pour n = l + 1.
Nous avons:
pour tout naturel taper.
Par conséquent, sur la base du principe de l'induction mathématique (par P) l'énoncé du problème est vrai pour tout P. et pour tout fixe T. Ainsi, cette inégalité est valable pour tout taper.
Problème 12. Soient m, n et k sont des nombres naturels, et t > p. Lequel des deux nombres est le plus grand :
Dans chaque expressionÀ signes de racine carrée, t et p alternent.
Solution. Démontrons d’abord une affirmation auxiliaire.
Lemme. Pour tout naturel t et p (t > p) et non négatif (pas nécessairement entier) X l'inégalité est vraie
Preuve. Considérez l'inégalité
Cette inégalité est vraie puisque les deux facteurs du côté gauche sont positifs. En développant les parenthèses et en transformant, on obtient :
En prenant la racine carrée des deux côtés de la dernière inégalité, on obtient l’énoncé du lemme. Le lemme est donc prouvé.
Passons maintenant à la résolution du problème. Notons le premier de ces nombres par UN, et le second - à travers bk. Montrons qu'un sous n'importe quel naturelÀ. Nous effectuerons la preuve en utilisant la méthode d'induction mathématique séparément pour les pairs et les impairs.À.
Base à induction. Quand k = 1 nous avons des inégalités
y[t > o/n , juste du fait que t > p. = 2 le requis est obtenu à partir du lemme prouvé par substitution x = 0.
Étape d'induction. Supposons que pour certains k inégalité a > b k équitable. Prouvons que
À partir de l’hypothèse d’induction et de la monotonie de la racine carrée, nous avons :
D’un autre côté, du lemme prouvé, il s’ensuit que
En combinant les deux dernières inégalités, on obtient :
Selon le principe de l’induction mathématique, l’affirmation est prouvée.
Problème 13. (L'inégalité de Cauchy.)Prouvez que pour tout nombre positif..., un p l'inégalité est vraie
Solution. Pour n = 2 l'inégalité
nous supposerons que la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique (pour deux nombres) sont connues. Laisser n= 2,k = 1, 2, 3, ... et effectuez d'abord l'induction surÀ. La base de cette induction repose maintenant sur l’hypothèse que l’inégalité requise a déjà été établie pour n = 2, prouvons-le pour P. = 2 . On a (en appliquant l'inégalité pour deux nombres) :
Par conséquent, par l’hypothèse inductive
Ainsi, par récurrence sur k nous avons prouvé l'inégalité pour tout page 9 étant une puissance de deux.
Prouver l'inégalité pour d'autres valeurs P. Utilisons « l’induction vers le bas », c’est-à-dire que nous prouverons que si l’inégalité est vraie pour des valeurs arbitraires non négatives P. nombres, alors c'est également vrai pour(P. - 1er jour. Pour vérifier cela, notons que, selon l'hypothèse faite pour P. nombres où l'inégalité est vraie
c'est-à-dire a g + a 2 + ... + an _ x > (n - 1)A. Diviser les deux parties en P. - 1, on obtient l'inégalité recherchée.
Nous avons donc d’abord établi que l’inégalité est vraie pour un nombre infini de valeurs possibles P, puis a montré que si l'inégalité est vraie pour P. nombres, alors c'est également vrai pour(P. - 1) les chiffres. De là, nous concluons maintenant que l'inégalité de Cauty est valable pour l'ensemble des P. tous les nombres non négatifs pour tout n = 2, 3, 4, ...
Problème 14. (D. Uspensky.) Pour tout triangle ABC dont les angles = CAB, = ABC sont proportionnés, il y a des inégalités
Solution. Les angles et sont commensurables, et cela (par définition) signifie que ces angles ont une mesure commune, pour laquelle = p, = (p, q sont des nombres naturels premiers entre eux).
Utilisons la méthode d'induction mathématique et réalisons-la en utilisant la somme p = p + q nombres premiers naturels.
Base à induction. Pour p + q = 2 on a : p = 1 et q = 1. Alors le triangle ABC est isocèle, et les inégalités nécessaires sont évidentes : elles découlent de l'inégalité du triangle
Étape d'induction. Supposons maintenant que les inégalités nécessaires soient établies pour p + q = 2, 3, ..., k - 1, où k > 2. Montrons que les inégalités sont aussi valables pour p + q = k.
Laissez ABC - un triangle donné avec> 2. Puis côtés AC et BC ne peut pas être égal : laissez AC > BC. Construisons maintenant, comme sur la figure 2, un triangle isocèle ABC; nous avons:
AC = DC et AD = AB + BD, donc,
2AC > AB + BD (1)
Considérons maintenant le triangle BDC, dont les angles sont également proportionnés :
DСВ = (q - р), ВDC = p.
Riz. 2
Pour ce triangle, l'hypothèse inductive est vraie, et donc
(2)
En additionnant (1) et (2), nous avons :
2AC+BD>
et donc
Du même triangle VBS par l'hypothèse d'induction, nous concluons que
En tenant compte de l’inégalité précédente, nous concluons que
Ainsi, la transition inductive est obtenue et l'énoncé du problème découle du principe de l'induction mathématique.
Commentaire. L'énoncé du problème reste valable même dans le cas où les angles a et p ne sont pas proportionnés. Sur la base de l'examen du cas général, il est déjà nécessaire d'appliquer un autre principe mathématique important - le principe de continuité.
Problème 15. Plusieurs lignes divisent l'avion en parties. Prouve que tu peux colorier ces parties en blanc
et des couleurs noires de sorte que les parties adjacentes qui ont un segment de bordure commun soient de couleurs différentes (comme dans la figure 3 avec n = 4).
photo 3
Solution. Utilisons l'induction sur le nombre de lignes. Alors laisse P. - le nombre de lignes divisant notre avion en parties, n > 1.
Base à induction. S'il n'y a qu'une seule ligne droite(P. = 1), alors il divise le plan en deux demi-plans dont l'un peut être coloré en blanc et le second en noir, et l'énoncé du problème est vrai.
Étape d'induction. Pour rendre la preuve de la transition inductive plus claire, considérons le processus d'ajout d'une nouvelle ligne. Si nous traçons une deuxième ligne droite(P.= 2), on obtient alors quatre parties qui peuvent être colorées selon les besoins en peignant les coins opposés de la même couleur. Voyons ce qui se passe si nous traçons une troisième ligne droite. Il divisera certaines des «anciennes» parties, tandis que de nouvelles sections de bordure apparaîtront, des deux côtés desquelles la couleur est la même (Fig. 4).
Riz. 4
Procédons comme suit :D'un côtéà partir de la nouvelle ligne droite, nous changerons les couleurs - nous rendrons le blanc noir et vice versa ; en même temps, nous ne repeignons pas les parties qui se trouvent de l'autre côté de cette ligne droite (Fig. 5). Alors cette nouvelle coloration satisfera aux exigences nécessaires : d'un côté de la ligne c'était déjà alterné (mais avec des couleurs différentes), et de l'autre côté c'était ce qu'il fallait. Afin que les parties ayant une bordure commune appartenant à la ligne tracée soient peintes de couleurs différentes, nous avons repeint les parties uniquement d'un côté de cette ligne droite tracée.
Figure 5
Montrons maintenant la transition inductive. Supposons que pour certainsp = kl'énoncé du problème est vrai, c'est-à-dire toutes les parties du plan dans lesquelles il est divisé par cesÀdroits, vous pouvez les peindre en blanc et en noir pour que les parties adjacentes soient de couleurs différentes. Montrons qu'il existe alors une telle coloration pourP.= À+ 1 suite. Procédons de même pour le cas du passage de deux lignes à trois. Dessinons dans l'avionÀdroit Ensuite, par l’hypothèse d’induction, la « carte » résultante peut être colorée de la manière souhaitée. Réalisons maintenant(À+ 1)ème ligne droite et d'un côté on change les couleurs pour les couleurs opposées. Alors maintenant(À+ 1)-ème ligne droite sépare partout des zones de couleurs différentes, tandis que les parties « anciennes », comme nous l'avons déjà vu, restent correctement colorées. Selon le principe de l’induction mathématique, le problème est résolu.
Tâche16. Aux portes du désert, il y a une grande réserve d'essence et une voiture qui, une fois pleine, peut parcourir 50 kilomètres. Il existe une quantité illimitée de bidons dans lesquels vous pouvez vider l’essence du réservoir de votre voiture et la laisser entreposer n’importe où dans le désert. Prouver qu'une voiture peut parcourir n'importe quelle distance entière supérieure à 50 kilomètres. Vous n’êtes pas autorisé à transporter des bidons d’essence ; vous pouvez en transporter des vides en n’importe quelle quantité.
Solution.Essayons de prouver par induction surP,que la voiture peut partirP.kilomètres de la limite du désert. ÀP.= 50 est connu. Il ne reste plus qu'à réaliser l'étape d'intégration et expliquer comment y arriverp = k+ 1 kilomètres si l'on sait quep = kVous pouvez parcourir des kilomètres.
Cependant, nous rencontrons ici une difficulté : après avoir dépasséÀkilomètres, il se peut qu'il n'y ait pas assez d'essence même pour le voyage de retour (sans parler du stockage). Et dans ce cas, la solution est de renforcer l'énoncé prouvé (le paradoxe de l'inventeur). Nous prouverons que vous pouvez non seulement conduireP.kilomètres, mais aussi pour faire un approvisionnement arbitrairement important en essence en un point éloignéP.kilomètres de la limite du désert, arrivant à ce point après la fin du transport.
Base à induction.Soit une unité d’essence correspondant à la quantité d’essence nécessaire pour parcourir un kilomètre. Ensuite, un trajet d'un kilomètre et retour nécessite deux unités d'essence, nous pouvons donc laisser 48 unités d'essence dans un stockage à un kilomètre du bord et revenir pour une nouvelle portion. Ainsi, en plusieurs déplacements au stockage, nous pouvons constituer un stock de toute taille dont nous avons besoin. Parallèlement, pour créer 48 unités de réserve, nous consommons 50 unités d'essence.
Étape d'induction.Supposons qu'à distanceP.= Àdepuis la lisière du désert, vous pouvez vous approvisionner en essence à volonté. Montrons qu'il est alors possible de créer un stockage à distancep = k+ 1 kilomètres avec toute réserve d'essence précisée à l'avance et se retrouver à ce stockage à la fin du transport. Parce qu'au momentP.= Àil y a une réserve d'essence illimitée, alors (selon la base d'induction) on peut, en plusieurs déplacements jusqu'au pointp = k+ 1 faire au pointP.= À4- 1 stock de n’importe quelle taille requise.
La vérité d’un énoncé plus général que celui de l’énoncé du problème découle désormais du principe d’induction mathématique.
Conclusion
En particulier, en étudiant la méthode d'induction mathématique, j'ai approfondi mes connaissances dans ce domaine des mathématiques, et j'ai également appris à résoudre des problèmes qui dépassaient auparavant mes forces.
Il s'agissait pour la plupart de tâches logiques et divertissantes, c'est-à-dire juste ceux qui accroissent l’intérêt pour les mathématiques elles-mêmes en tant que science. Résoudre de tels problèmes devient une activité divertissante et peut attirer de plus en plus de curieux dans les labyrinthes mathématiques. À mon avis, c'est la base de toute science.
En continuant à étudier la méthode d'induction mathématique, j'essaierai d'apprendre à l'appliquer non seulement aux mathématiques, mais aussi à la résolution de problèmes de physique, de chimie et de la vie elle-même.
Littérature
1. INDUCTION Vulenkin. Combinatoire. Manuel POUR les enseignants. M., Lumières,
1976.-48 p.
2. Golovina L.I., Yaglom I.M. L'induction en géométrie. - M. : Etat. publié litre. - 1956 - S.I00. Un manuel de mathématiques pour ceux qui entrent à l'université / Ed. Yakovleva G.N. La science. -1981. - P.47-51.
3.Golovina L.I., Yaglom I.M. L'induction en géométrie. —
M. : Nauka, 1961. - (Conférences populaires sur les mathématiques.)
4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Schvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. Manuel / « Lumières » 1975.
5.R. Courant, G. Robbins « Qu'est-ce que les mathématiques ? Chapitre 1, § 2
6.Popa D. Mathématiques et raisonnement plausible. - M, : Nauka, 1975.
7.Popa D. Découverte mathématique. - M. : Nauka, 1976.
8. Rubanov I.S. Comment enseigner la méthode d'induction mathématique / École de mathématiques. - Nl. - 1996. - P.14-20.
9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Sur la méthode d'induction mathématique. - M. : Nauka, 1977. - (Conférences populaires sur les mathématiques.)
10.Solominsky I.S. Méthode d'induction mathématique. - M. : Sciences.
63s.
11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. À propos de l'induction mathématique. - M. : Sciences. - 1967. - P.7-59.
12.http://w.wikimedia.org/wiki
13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html
La leçon vidéo « Méthode d'induction mathématique » vous aide à maîtriser la méthode d'induction mathématique. La vidéo contient du matériel qui vous aide à comprendre l'essence de la méthode, à mémoriser les caractéristiques de son application et à apprendre comment appliquer cette méthode lors de la résolution de problèmes. Le but de ce didacticiel vidéo est de faciliter le développement du matériel et de développer la capacité à résoudre des problèmes mathématiques en utilisant la méthode d'induction.
Pour garder l'attention des étudiants sur l'apprentissage du matériel, des effets d'animation, des illustrations et une présentation des informations en couleur sont utilisés. Un cours vidéo libère le temps de l’enseignant en classe pour améliorer la qualité du travail individuel et résoudre d’autres problèmes pédagogiques.
Le concept de méthode d'induction mathématique est introduit en considérant la séquence a n , dans laquelle a 1 =4 et a n+1 = a n +2n+3. Conformément à la représentation générale du membre de séquence, il est déterminé que a 1 =4, a 2 =4+2·1+3=9, a 3 =9+2·2+3=16, c'est-à-dire le séquence de nombres 4, 9, 16,... On suppose que pour cette séquence a n =(n+1) 2 est vrai. Pour les termes indiqués de la séquence - premier, deuxième, troisième - la formule est correcte. Il est nécessaire de prouver la validité de cette formule pour tout n arbitrairement grand. Il est indiqué que dans de tels cas, la méthode d’induction mathématique est utilisée pour aider à prouver l’affirmation.
L'essence de la méthode est révélée. La formule pour n=k est supposée valide, la valeur a k =(k+1) 2 . Il faut prouver que l'égalité sera également valable pour k+1, ce qui signifie a k +1 =(k+2) 2 . Pour ce faire, dans la formule a k +1 =a k +2k+3 on remplace a k par (k+1) 2. Après substitution et réduction des similaires, on obtient l'égalité a k +1 =(k+2) 2 . Cela nous donne le droit d'affirmer que la validité de la formule pour n la rend vraie pour n=k+1. La preuve considérée par rapport à la suite a n , qui est représentée par les nombres 4, 9, 16,... et le terme général a n =(n+1) 2, donne le droit d'affirmer que si la formule se transforme en un vraie égalité pour n=1, puis aussi pour n=1+ 1=2, et pour 3, etc., c'est-à-dire pour tout nombre naturel n.
Ensuite, l’essence de la méthode d’induction est présentée en langage mathématique. Le principe de la méthode repose sur la validité de l'énoncé selon lequel un fait est valable pour un nombre naturel arbitraire n lorsque deux conditions sont remplies : 1) l'énoncé est vrai pour n=1 2) sur la validité de cette formule pour n= k il s'ensuit qu'il est valable pour n=k+1. De ce principe découle la structure de la preuve, utilisant la méthode de l’induction mathématique. Il est à noter que cette méthode suppose pour n=1 la preuve de la validité de l'énoncé, et en supposant la validité de la preuve pour n=k, il est prouvé que c'est également vrai pour n=k+1.
Un exemple de preuve de la formule d'Archimède en utilisant la méthode d'induction mathématique est analysé. Étant donné la formule 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6. Des calculs sont effectués à l'écran pour montrer la validité de la formule pour n=1. Le deuxième point de la preuve est l'hypothèse que pour n=k la formule est valide, c'est-à-dire qu'elle prend la forme 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1 )/6. Sur cette base, il est prouvé que la formule est également vraie pour n=k+1. Après avoir remplacé n=k+1, nous obtenons la valeur de la formule 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3) /6. Ainsi, la formule d'Archimède est prouvée.
Un autre exemple examine la preuve de la multiplicité de 7 de la somme 15 n +6 pour tout nombre naturel n. Dans la preuve, nous utilisons la méthode d’induction mathématique. Tout d’abord, nous vérifions la validité de l’énoncé pour n=1. En effet, 15 1 +6=21. Nous supposons alors la validité pour n=k. Cela signifie que 15 k +6 est un multiple de 7. En substituant n=k+1 dans la formule, nous prouvons que la valeur 15 k +1 +6 est un multiple de 7. Après transformation de l'expression, on obtient : 15 k +1 +6=15 k +1 ·14+(15 k +6). La somme 15 n +6 est donc un multiple de 7.
La leçon vidéo « Méthode d'induction mathématique » révèle clairement et en détail l'essence et le mécanisme de l'utilisation de la méthode d'induction mathématique dans la preuve. Par conséquent, ce matériel vidéo peut servir non seulement d'aide visuelle dans une leçon d'algèbre, mais sera utile lorsque l'étudiant étudie le matériel de manière indépendante et aidera à expliquer le sujet à l'enseignant lors de l'enseignement à distance.
