数学的帰納法
導入
主要部分
- 完全導入と不完全導入
- 数学的帰納法の原理
- 数学的帰納法
- 解決例
- 平等
- 数の割り算
- 不平等
結論
中古文献リスト
導入
数学的研究の基礎は演繹的および帰納的方法です。 演繹的推論方法は、一般的なものから具体的なものへの推論です。 推論の開始点は一般的な結果であり、最終点は特定の結果です。 帰納法は、特定の結果から一般的な結果に移行するときに使用されます。 演繹法の逆です。
数学的帰納法は進歩に例えることができます。 私たちは最低のものから始めて、論理的思考の結果、最高のものに到達します。 人間は常に進歩を求め、自分の思考を論理的に発展させる能力を求めて努力してきました。これは、自然そのものが人間に帰納的に考えるように運命づけられていることを意味します。
数学的帰納法の適用範囲は拡大していますが、学校のカリキュラムでは数学的帰納法にほとんど時間が割かれていません。 そうですね、その 2 つまたは 3 つのレッスンは人にとって役立ちます。その間、彼は 5 つの理論を聞き、5 つの初歩的な問題を解決し、その結果、何も知らないという事実に対して A 評価を受け取ることになります。
しかし、帰納的に考えることができることは非常に重要です。
主要部分
本来の意味では、「帰納」という言葉は、多数の具体的な記述に基づいて一般的な結論を得る推論に適用されます。 この種の推論の最も単純な方法は完全帰納法です。 以下にそのような推論の例を示します。
すべての偶数の自然数 n が 4 以内であることを確立する必要があるとします。< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:
4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
これら 9 つの等式は、関心のある各数値が実際に 2 つの単純な項の合計として表されることを示しています。
したがって、完全な帰納法は、有限数の考えられる場合のそれぞれで一般的な命題を個別に証明することから構成されます。
すべてではなく、十分に多数の特定のケースを考慮した後で一般的な結果を予測できる場合があります (いわゆる不完全帰納法)。
ただし、不完全帰納法によって得られた結果は、すべての特殊な場合をカバーする正確な数学的推論によって証明されるまでは仮説にすぎません。 言い換えれば、数学における不完全帰納法は厳密な証明の正当な方法とはみなされていませんが、新しい真理を発見するための強力な方法であるということです。
たとえば、最初の n 個の連続する奇数の合計を求めたいとします。 特殊なケースを考えてみましょう。
1+3+5+7+9=25=5 2
これらのいくつかの特殊なケースを検討した結果、次の一般的な結論が得られます。
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
それらの。 最初の n 個の連続する奇数の合計は n 2 です
もちろん、得られた観察は、与えられた公式の妥当性の証明としてまだ機能しません。
完全帰納法は数学では限られた用途しかありません。 多くの興味深い数学的ステートメントは、無限の数の特殊なケースをカバーしていますが、無限の数のケースについてそれらをテストすることはできません。 誘導が不完全であると、誤った結果が生じることがよくあります。
多くの場合、この種の困難を回避する方法は、数学的帰納法と呼ばれる特別な推論方法に頼ることです。 それは以下の通りである。
任意の自然数 n に対する特定のステートメントの妥当性を証明する必要があるとします (たとえば、最初の n 個の奇数の合計が n 2 に等しいことを証明する必要があります)。 自然数の集合は無限であるため、n の値ごとにこのステートメントを直接検証することは不可能です。 このステートメントを証明するには、まず n=1 の場合の妥当性を確認します。 次に、k の任意の自然値について、n=k について検討されているステートメントの妥当性が、n=k+1 についての妥当性を意味することを証明します。
その後、ステートメントはすべての n について証明されたと見なされます。 実際、このステートメントは n=1 の場合に当てはまります。 しかし、次の数 n=1+1=2 にも当てはまります。 n=2 に対するステートメントの妥当性は、n=2+ に対するステートメントの妥当性を意味します。
1=3。 これは、n=4 などのステートメントの有効性を意味します。 最終的には任意の自然数 n に到達することは明らかです。 これは、ステートメントが任意の n に対して true であることを意味します。
これまで述べてきたことを要約すると、次の一般原則が定式化されます。
数学的帰納法の原理。
自然数 n に依存する文 A(n) が、n=1 の場合に真であり、n=k (k は任意の自然数) の場合に真であるという事実から、次の場合にも真であるということになります。次の数 n=k +1 の場合、仮定 A(n) は任意の自然数 n に対して真です。
多くの場合、すべての自然数についてではなく、n>p (p は固定の自然数) についてのみ、特定のステートメントの妥当性を証明する必要がある場合があります。 この場合、数学的帰納法の原理は次のように定式化されます。
命題 A(n) が n=p に対して真であり、任意の k>p に対して A(k)➞A(k+1) である場合、命題 A(n) は任意の n>p に対して真です。
数学的帰納法を用いた証明は次のように行う。 まず、証明されるステートメントが n=1 かどうかチェックされます。つまり、 ステートメント A(1) の真実性が確立されます。 証明のこの部分は帰納基底と呼ばれます。 次に、帰納ステップと呼ばれる証明の部分が始まります。 この部分では、n=k のステートメントの妥当性の仮定 (帰納法仮定) の下で、n=k+1 のステートメントの妥当性を証明します。 A(k)→A(k+1) を証明します。
1+3+5+…+(2n-1)=n 2 であることを証明します。
解決策: 1) n=1=1 2 となります。 したがって、
このステートメントは n=1 の場合に true になります。つまり、 A(1)は真です。
2) A(k)≠A(k+1) であることを証明しましょう。
k を任意の自然数とし、n=k の場合にこのステートメントが真であるとします。つまり、
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 。
このステートメントが次の自然数 n=k+1 にも当てはまることを証明しましょう。つまり、 何
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 。
確かに、
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 。
つまり、A(k)→A(k+1)となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、仮定 A(n) は任意の nΎN に対して true であると結論付けます。
証明してください
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1)、ここで x¹1
解決策: 1) n=1 の場合、次のようになります。
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
したがって、n=1 の場合、式は正しいです。 A(1)は真です。
2) k を任意の自然数とし、式が n=k の場合に真であるとします。つまり、
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)。
等しいことを証明しましょう
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)。
確かに
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)。
つまり、A(k)→A(k+1)となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、この式は任意の自然数 n に対して真であると結論付けます。
凸n角形の対角線の数がn(n-3)/2に等しいことを証明してください。
解決策: 1) n=3 の場合、ステートメントは true です。
そして 3 は三角形なので意味があります。
A 3 =3(3-3)/2=0 対角線。
A 2 A(3) は真です。
2) すべての場合に次のように仮定します。
凸k-gonは-
A 1 x A k =k(k-3)/2 対角線。
そして k それを凸型で証明しましょう
(k+1) 角数
対角線 A k+1 =(k+1)(k-2)/2。
A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 を凸 (k+1) 角形とします。 その中に対角線 A 1 A k を描きましょう。 この (k+1) 角形の対角線の総数を計算するには、k 角形 A 1 A 2 ...A k の対角線の数を数え、結果の数値に k-2 を加算する必要があります。 頂点 A k+1 から伸びる (k+1) 角形の対角線の数、さらに対角線 A 1 A k を考慮する必要があります。
したがって、
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2。
つまり、A(k)→A(k+1)となります。 数学的帰納法の原理により、このステートメントはあらゆる凸 n 角形に当てはまります。
任意の n に対して次のステートメントが真であることを証明します。
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6。
解決策: 1) n=1 とすると、
X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1。
これは、n=1 の場合、ステートメントが true であることを意味します。
2) n=k と仮定します。
Ｘ ｋ ＝ｋ ２ ＝ｋ（ｋ＋１）（２ｋ＋１）／６。
3) n=k+1 についてこのステートメントを考えてみましょう。
X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6。
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6。
n=k+1 に対して等価性が真であることを証明しました。したがって、数学的帰納法により、このステートメントは任意の自然数 n に対して真となります。
任意の自然数 n について等式が真であることを証明します。
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4。
解決策: 1) n=1 とします。
すると、X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1 となります。
n=1 の場合、このステートメントは true であることがわかります。
2) n=k に対して等式が真であると仮定します。
Ｘ ｋ ＝ｋ ２ （ｋ＋１） ２ ／４。
3) n=k+1、つまり、このステートメントが真実であることを証明しましょう。
X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4。 X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4。
上記の証明から、このステートメントが n=k+1 に対して真であることは明らかです。したがって、この等価性は任意の自然数 n に対して真です。
証明してください
((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1)、ここで n>2。
解決策: 1) n=2 の場合、恒等式は次のようになります: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1)、
それらの。 それは本当です。
2) n=k に対して式が真であると仮定します。
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)。
3) n=k+1 の式が正しいことを証明しましょう。
(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´
´((k+1) 2 +(k+1)+1)。
n=k+1 について等号が真であることを証明しました。したがって、数学的帰納法により、このステートメントは任意の n>2 について真となります。
証明してください
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
任意の自然な n に対して。
解決策: 1) n=1 とすると、
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) n=k と仮定すると、
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)。
3) n=k+1 についてこのステートメントが真実であることを証明しましょう。
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)。
n=k+1 の等式の正当性も証明されているため、このステートメントは任意の自然数 n に対して当てはまります。
身元が正しいことを証明する
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
任意の自然な n に対して。
1) n=1 の場合、恒等式は true 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1) です。
2) n=k であると仮定します。
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)。
3) n=k+1 について恒等式が正しいことを証明しましょう。
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)。
上記の証明から、このステートメントが任意の自然数 n に対して真であることは明らかです。
(11 n+2 +12 2n+1) は剰余なしで 133 で割り切れることを証明します。
解決策: 1) n=1 とすると、
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133。
しかし、(23´133) は剰余なしで 133 で割り切れます。これは、n=1 の場合、ステートメントが true であることを意味します。 A(1)は真です。
2) (11 k+2 +12 2k+1) は剰余なしで 133 で割り切れるとします。
3) この場合、次のことを証明してみましょう
(11 k+3 +12 2k+3) は余りなしで 133 で割り切れます。 実際、11 k+3 +12 2l+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +
+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 。
結果の合計は、剰余なしで 133 で除算されます。これは、仮定により、その最初の項が剰余なしで 133 で割り切れ、2 番目の因数が 133 であるためです。つまり、A(k)ÞA(k+1) となります。 数学的帰納法により、この命題は証明されました。
任意の n 7 n -1 が剰余なしで 6 で割り切れることを証明します。
解決策: 1) n=1 とすると、X 1 =7 1 -1=6 は剰余なしで 6 で除算されます。 これは、n=1 の場合にステートメントが true であることを意味します。
2) n=k であると仮定します。
7 k -1 は余りなしで 6 で割り切れます。
3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明しましょう。
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6。
7 k -1 は仮定により 6 で割り切れるため、最初の項は 6 で割り切れます。また、2 番目の項は 6 です。これは、7 n -1 が自然な n に対して 6 の倍数であることを意味します。 数学的帰納法により、この命題は証明されます。
任意の自然数 n に対する 3 3n-1 +2 4n-3 が 11 で割り切れることを証明します。
解決策: 1) n=1 とすると、
X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 は余りなしで 11 で割られます。 これは、n=1 の場合、ステートメントが true であることを意味します。
2) n=k であると仮定します。
X k =3 3k-1 +2 4k-3 は余りなしで 11 で割り切れます。
3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明しましょう。
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =
27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +
11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 。
3 3k-1 +2 4k-3 は仮定により 11 で割り切れるため、最初の項は剰余なしで 11 で割り切れます。また、その因数の 1 つが数値 11 であるため、2 番目の項は 11 で割り切れます。これは、和が次のことを意味します。は、任意の自然数 n に対して余りなしで 11 で割り切れます。 数学的帰納法により、この命題は証明されます。
任意の自然数 n に対する 11 2n -1 が剰余なしで 6 で割り切れることを証明します。
解決策: 1) n=1 とすると、11 2 -1=120 は剰余なしで 6 で割り切れます。 これは、n=1 の場合にステートメントが true であることを意味します。
2) n=k であると仮定します。
11 2k -1 は余りなしで 6 で割り切れます。
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1)。
どちらの項も余りなしで 6 で割り切れます。最初の項には 6 の倍数である数値 120 が含まれており、2 番目の項は仮定により余りなしで 6 で割り切れます。 これは、合計が余りなしで 6 で割り切れることを意味します。 数学的帰納法により、この命題は証明されます。
任意の自然数 n に対する 3 3n+3 -26n-27 は、余りなしで 26 2 (676) で割り切れることを証明します。
解決策: まず、3 3n+3 -1 が余りなしで 26 で割り切れることを証明します。
- n=0の場合
- n=k と仮定しましょう
- このステートメントが次のことであることを証明しましょう
3 3 -1=26 を 26 で割ります。
3 3k+3 -1 は 26 で割り切れます
n=k+1 の場合は true。
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – 26 で割ったもの
それでは、問題文で定式化された文の証明を実行してみましょう。
1) 明らかに、n=1 の場合、ステートメントは true です。
3 3+3 -26-27=676
2) n=k であると仮定します。
式 3 3k+3 -26k-27 は、剰余なしで 26 2 で除算されます。
3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)。
両方の項は 26 2 で割り切れます。 1 つ目は 26 2 で割り切れます。これは、括弧内の式が 26 で割り切れることが証明されているためです。2 つ目は帰納法仮説で割り切れます。 数学的帰納法により、この命題は証明されます。
n>2かつx>0の場合、不等式が真であることを証明してください
(1+x) n >1+n´x。
解決策: 1) n=2 の場合、不等式は有効です。
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x。
したがって、A(2)は真です。
2) k> 2 の場合、A(k)ÞA(k+1) であることを証明しましょう。A(k) が真であると仮定します。つまり、不等式が成り立つと仮定します。
(1+x) k >1+k´x。 (3)
A(k+1) も真であること、つまり、不等式が成り立つことを証明しましょう。
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x。
実際、不等式 (3) の両辺に正の数 1+x を掛けると、次のようになります。
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x)。
最後の不等式の右辺を考えてみましょう
ストヴァ。 我々は持っています
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x。
その結果、次のことがわかります
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x。
つまり、A(k)→A(k+1)となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、ベルヌーイの不等式はどのような場合にも当てはまると主張できます。
不等式が正しいことを証明する
(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 (a> 0 の場合)
解決策: 1) m=1 の場合
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 両辺は等しい。
2) m=k であると仮定します。
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) m=k+1 の場合、不等式が真であることを証明しましょう。
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+
+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +
+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+
+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .
m=k+1 に対する不等式の妥当性を証明しました。したがって、数学的帰納法により、この不等式は自然な m に対して妥当です。
n>6 の場合、不等式が真であることを証明します。
3 n >n´2 n+1 。
解決策: 不等式を次の形式に書き換えてみましょう。
- n=7 の場合、次のようになります。
- n=k と仮定しましょう
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
不平等は真実です。
3) n=k+1 の不等式の妥当性を証明しましょう。
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1)。
k>7 なので、最後の不等式は明らかです。
数学的帰納法により、この不等式は任意の自然数 n に対して有効です。
n>2 の場合、不等式が真であることを証明します。
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
解決策: 1) n=3 の場合、不等式は真です。
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- n=k と仮定しましょう
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)。
3) 非の妥当性を証明しましょう。
n=k+1 の等価性
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2) であることを証明しましょう。<1,7-(1/k+1)Û
Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ
Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k 後者は明らかなので、 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). 数学的帰納法により、不等式が証明されます。 結論 特に、数学的帰納法を学ぶことで、この分野の数学の知識を深め、以前は自分の力の及ばなかった問題を解決できるようになりました。 これらは主に論理的で面白いタスクでした。 科学としての数学そのものへの関心を高めるものだけです。 このような問題を解決することは楽しい活動となり、ますます多くの好奇心旺盛な人々を数学の迷路に引き込むことができます。 私の意見では、これはあらゆる科学の基礎です。 数学的帰納法の研究を続け、数学だけでなく、物理学、化学、そして人生そのものの問題の解決にもそれを応用する方法を学ぼうと思っています。 数学： 講義、問題、解決策 教科書 / V.G. ボルティアンスキー、Yu.V. シドロフ、M.I. シャブニン。 ポプリLLC 1996年。 代数と解析の始まり 教科書 / I.T.デミドフ、A.N.コルモゴロフ、S.I.シュヴァルツブルク、O.S.イヴァシェフ＝ムサトフ、B.E.ヴァイツ。 「啓蒙」1975年。 書誌的説明: Badanin A. S.、Sizova M. Yu. 自然数の可分性の問題を解決するための数学的帰納法の応用 // 若い科学者。 2015.その2。 P. 84-86..02.2019)。
数学オリンピックでは、自然数の割り切れ性を証明するという非常に難しい問題がよく出題されます。 学童は問題に直面しています。そのような問題を解決できる普遍的な数学的手法をどのように見つけるかです。 可算性を証明する問題のほとんどは数学的帰納法によって解決できることがわかっていますが、学校の教科書ではこの方法にはほとんど注意が払われず、ほとんどの場合、簡単な理論的説明が与えられ、いくつかの問題が分析されます。 数論における数学的帰納法を発見します。 数論の黎明期に、数学者は帰納的に多くの事実を発見しました。L. オイラーと K. ガウスは、数値パターンに気づいてそれを信じる前に、数千の例を検討することがありました。 しかし同時に、彼らは「最終」テストを通過した仮説がいかに欺瞞的であるかを理解していました。 有限の部分集合について検証されたステートメントから、無限集合全体についての同様のステートメントに帰納的に移行するには、証明が必要です。 この方法は、任意の整数が他の整数で割り切れる兆候を見つけるための一般的なアルゴリズムを発見したブレーズ パスカルによって提案されました (論文「数値の割り算の性質について」)。 数学的帰納法は、すべての自然数に対するある命題の真偽、またはある数値 n から始まる命題の真偽を推論して証明するために使用されます。 数学的帰納法を使用して特定のステートメントの真実性を証明する問題を解くには、次の 4 つの段階があります (図 1)。 米。 1. 問題解決のスキーム 1. 誘導ベース
。 これらは、ステートメントが意味をなす最小の自然数についてステートメントの妥当性をチェックします。 2. 帰納的仮説
。 このステートメントは k の値に対して true であると仮定します。 3. 誘導遷移
。 このステートメントが k+1 に対して真であることを証明します。 4. 結論
。 そのような証明が完了した場合、数学的帰納法の原理に基づいて、そのステートメントは任意の自然数 n に対して真であると主張できます。 自然数の可分性を証明する問題を解くための数学的帰納法の応用を考えてみましょう。 例1。 n を自然数として、数値 5 が 19 の倍数であることを証明します。 証拠： 1) この式が n = 1 の場合に正しいことを確認してみましょう。数値 =19 は 19 の倍数です。 2) この式が n = k の場合、つまり数値が 19 の倍数であるとします。 これは 19 の倍数です。実際、最初の項は仮定 (2) により 19 で割り切れます。 2 番目の項にも 19 の因数が含まれているため、19 で割り切れます。 例2。連続する 3 つの自然数の 3 乗の和が 9 で割り切れることを証明します。 証拠： 「任意の自然数 n について、式 n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 は 9 の倍数です。」というステートメントを証明してみましょう。 1) この式が n = 1 に対して正しいことを確認してみましょう: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 の 9 の倍数。 2) この式が n = k に当てはまるとします。つまり、k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 は 9 の倍数です。 3) この式が n = k + 1 にも当てはまることを証明しましょう。つまり、(k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 は 9 の倍数です。 (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)。 結果の式には 2 つの項が含まれており、それぞれが 9 で割り切れるため、合計は 9 で割り切れます。 4) 数学的帰納法原理の両方の条件が満たされるため、この文は n のすべての値に対して true になります。 例 3.任意の自然数 n について、3 2n+1 +2 n+2 は 7 で割り切れることを証明します。 証拠： 1) この式が n = 1 に対して正しいことを確認してみましょう: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35、35 は 7 の倍数です。 2) この式が n = k に当てはまるとします。つまり、3 2 k +1 +2 k +2 を 7 で割ります。 3) この式が n = k + 1 にも当てはまることを証明しましょう。つまり、 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 を 7 で割って、7 2 k +2 を 7 で割って、その差を 7 で割ります。 4) 数学的帰納法原理の両方の条件が満たされるため、この文は n のすべての値に対して true になります。 自然数の割り切り理論における多くの証明問題は、数学的帰納法を使用して簡単に解くことができます。この方法による問題の解決は完全にアルゴリズム的であるとさえ言えます。4 つの基本ステップを実行するだけで十分です。 しかし、この方法は、欠点もあるため、万能とは言えません。第一に、自然数の集合に対してのみ証明できること、第二に、1 つの変数に対してのみ証明できることです。 ロシアの偉大な数学者 A. N. コルモゴロフは次のように述べているため、論理的思考と数学的文化の発展には、この方法が必要なツールです。数学者には必要なことだ。」 文学： 1. Vilenkin N. Ya. 誘導。 組み合わせ論。 - M.: 教育、1976 年。 - 48 p。 2. Genkin L. 数学的帰納法について。 - M.、1962年。 - 36 p。 3. ソロミンスキー I.S. 数学的帰納法。 - M.: ナウカ、1974年。 - 63 p。 4. Sharygin I.F. 数学のオプションコース: 問題解決: 10 年生の教科書。 学校の平均 - M.: 教育、1989. - 252 p. 5. シェン A. 数学的帰納法。 - M.: MTsNMO、2007。 - 32 p。
自然数 n に依存する文 A(n) が、n=1 の場合に真であり、n=k (k は任意の自然数) の場合に真であるという事実から、次の場合にも真であるということになります。次の数 n=k +1 の場合、仮定 A(n) は任意の自然数 n に対して真です。
多くの場合、すべての自然数についてではなく、n>p (p は固定の自然数) についてのみ、特定のステートメントの妥当性を証明する必要がある場合があります。 この場合、数学的帰納法の原理は次のように定式化されます。
命題 A(n) が n=p に対して真であり、任意の k>p に対して A(k) ≈ A(k+1) である場合、命題 A(n) は任意の n>p に対して真です。
数学的帰納法を用いた証明は次のように行う。 まず、証明されるステートメントが n=1 かどうかチェックされます。つまり、 ステートメント A(1) の真実性が確立されます。 証明のこの部分は帰納基底と呼ばれます。 次に、帰納ステップと呼ばれる証明の部分が始まります。 この部分では、n=k のステートメントの妥当性の仮定 (帰納法仮定) の下で、n=k+1 のステートメントの妥当性を証明します。 A(k) 1 A(k+1) であることを証明する
1+3+5+…+(2n-1)=n 2 であることを証明します。
- 1) n=1=1 2 となります。 したがって、このステートメントは n=1 の場合に true になります。つまり、 A(1) 真
- 2) A(k) ≥ A(k+1) であることを証明しましょう
k を任意の自然数とし、n=k の場合にこのステートメントが真であるとします。つまり、
1+3+5+…+(2k-1)=k 2
このステートメントが次の自然数 n=k+1 にも当てはまることを証明しましょう。つまり、 何
- 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 確かに、
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
したがって、A(k) 1 A(k+1) となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、仮定 A(n) は任意の n O N に対して真であると結論付けます。
証明してください
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1)、ここで x No. 1
- 1) n=1 の場合、次のようになります。
- 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
したがって、n=1 の場合、式は正しいです。 A(1) 真
- 2) k を任意の自然数とし、式が n=k の場合に当てはまるとします。
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)
等しいことを証明しましょう
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) 確かに
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)
したがって、A(k) 1 A(k+1) となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、この式は任意の自然数 n に対して真であると結論付けます。
凸n角形の対角線の数がn(n-3)/2であることを証明する
解決策: 1) n=3 の場合、三角形内にあるため、ステートメントは true です。
A 3 =3(3-3)/2=0 対角線。 A 2 A(3) 真
2) すべての凸 k 角形に A 1 x A k =k(k-3)/2 の対角線があると仮定します。 A k 凸面 A k+1 (k+1)-gon の対角線の数 A k+1 =(k+1)(k-2)/2 であることを証明しましょう。
A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 を凸 (k+1) 角形とします。 その中に対角線 A 1 A k を描きましょう。 この (k+1) 角形の対角線の総数を計算するには、k 角形 A 1 A 2 ...A k の対角線の数を数え、結果の数値に k-2 を加算する必要があります。 頂点 A k+1 から伸びる (k+1) 角形の対角線の数、さらに対角線 A 1 A k を考慮する必要があります。
したがって、
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
したがって、A(k) 1 A(k+1) となります。 数学的帰納法の原理により、このステートメントはあらゆる凸 n 角形に当てはまります。
任意の n に対して次のステートメントが真であることを証明します。
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6
解決策: 1) n=1 とすると、
X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1
2) n=k と仮定します。
X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6
3) n=k+1 についてこのステートメントを考えてみましょう。
X k+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2
=(k(k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6
n=k+1 について等号が真であることを証明しました。したがって、数学的帰納法により、このステートメントは任意の自然数 n について真となります。
任意の自然数 n について等式が真であることを証明します。
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4
解決策: 1) n=1 とします。
すると、X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1 となります。 n=1 の場合、このステートメントは true であることがわかります。
2) n=k に対して等式が真であると仮定します。
X k =k 2 (k+1) 2 /4
3) n=k+1、つまり、このステートメントが真実であることを証明しましょう。
X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4。 X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4
上記の証明から、このステートメントが n=k+1 に対して真であることは明らかです。したがって、等価性は任意の自然数 n に対して真です。
証明してください
((2 3 +1)/(2 3 -1)) �� ((3 3 +1)/(3 3 -1)) �� ... �� ((n 3 +1)/(n 3 -1) )= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1)、n>2
解決策: 1) n=2 の場合、恒等式は次のようになります。
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 √ 2 √ 3)/2(2 2 +2+1)、つまり それは本当です
- 2) n=k に対して式が真であると仮定します。
- (2 3 +1)/(2 3 -1) �� … �� (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
- 3) n=k+1 の式の妥当性を証明しましょう。
- (((2 3 +1)/(2 3 -1)) �� … �� ((k 3 +1)/(k 3 -1))) �� (((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) √ ((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 √
√ ((k+1) 2 +(k+1)+1)
n=k+1 について等号が真であることを証明しました。したがって、数学的帰納法により、このステートメントは任意の n>2 について真となります。
証明してください
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) 任意の自然数 n
解決策: 1) n=1 とすると、
- 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
- 2) n=k と仮定すると、
- 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
- 3) n=k+1 についてこのステートメントが真実であることを証明しましょう。
- (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)
n=k+1 の等式の正当性も証明されているため、このステートメントは任意の自然数 n に対して当てはまります。
身元が正しいことを証明する
(1 2 /1 √ 3)+(2 2 /3 √ 5)+…+(n 2 /(2n-1) √ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)任意の自然な n に対して
- 1) n=1 の場合、恒等式は真です 1 2 /1 √ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) n=k であると仮定します。
- (1 2 /1 √ 3)+…+(k 2 /(2k-1) √ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) n=k+1 について恒等式が正しいことを証明しましょう。
- (1 2 /1 √ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) √ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) √ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)
上記の証明から、このステートメントが任意の自然数 n に対して真であることは明らかです。
(11 n+2 +12 2n+1) は余りなしで 133 で割り切れることを証明します。
解決策: 1) n=1 とすると、
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
しかし、(23 133) は剰余なしで 133 で割り切れます。これは、n=1 の場合、ステートメントが true であることを意味します。 A(1)は真です。
- 2) (11 k+2 +12 2k+1) が余りなしで 133 で割り切れると仮定します。
- 3) この場合、(11 k+3 +12 2k+3) は余りなしで 133 で割り切れることを証明しましょう。 確かに
- 11 k+3 +12 2l+3 =11 11 k+2 +12 2 12 2k+1 =11 11 k+2 +
+(11+133) 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 12 2k+1
結果の合計は、剰余なしで 133 で除算されます。これは、最初の項が仮定により剰余なしで 133 で割り切れ、2 番目の因数が 133 であるためです。つまり、A(k) 1 A(k+1) となります。 数学的帰納法により、このステートメントは証明されます
任意の n 7 n -1 が剰余なしで 6 で割り切れることを証明します。
- 1) n=1 とすると、X 1 =7 1 -1=6 は剰余なしで 6 で除算されます。 これは、n=1 の場合、ステートメントが true であることを意味します。
- 2) n=k 7 k -1 を剰余なしで 6 で割ると仮定します。
- 3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう
X k+1 =7 k+1 -1=7 √ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6
7 k -1 は仮定により 6 で割り切れるので、最初の項は 6 で割り切れます。また、2 番目の項は 6 です。これは、7 n -1 が任意の自然数 n に対して 6 の倍数であることを意味します。 数学的帰納法により、この命題は証明されます。
任意の自然数 n に対する 3 3n-1 +2 4n-3 が 11 で割り切れることを証明します。
1) n=1 とすると、
X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 は余りなしで 11 で割られます。
これは、n=1 の場合、ステートメントが true であることを意味します。
- 2) n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 を剰余なしで 11 で割ると仮定します。
- 3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 3 3k-1 +2 4 2 4k-3 =
27 3 3k-1 +16 2 4k-3 =(16+11) 3 3k-1 +16 2 4k-3 =16 3 3k-1 +
11 3 3k-1 +16 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 3 3k-1
3 3k-1 +2 4k-3 は仮定により 11 で割り切れるため、最初の項は剰余なしで 11 で割り切れます。また、その因数の 1 つが数値 11 であるため、2 番目の項は 11 で割り切れます。これは、和が次のことを意味します。は、任意の自然数 n に対して剰余なしで 11 で割り切れます。 数学的帰納法により、この命題は証明されます。
任意の自然数 n に対する 11 2n -1 は剰余なしで 6 で割り切れることを証明します。
- 1) n=1 とすると、11 2 -1=120 は剰余なしで 6 で割り切れます。 これは、n=1 の場合、ステートメントが true であることを意味します。
- 2) n=k 1 のとき、2k -1 を剰余なしで 6 で割るとします。
- 11 2(k+1) -1=121 11 2k -1=120 11 2k +(11 2k -1)
どちらの項も余りなしで 6 で割り切れます。最初の項には 6 の倍数 120 が含まれており、2 番目の項は仮定により余りなしで 6 で割り切れます。 これは、合計が余りなしで 6 で割り切れることを意味します。 数学的帰納法により、この命題は証明されます。
任意の自然数 n に対する 3 3n+3 -26n-27 が、余りなしで 26 2 (676) で割り切れることを証明します。
まず、3 3n+3 -1 が余りなしで 26 で割り切れることを証明しましょう。
- 1. n=0の場合
- 3 3 -1=26 を 26 で割ります。
- 2. n=k であると仮定します。
- 3 3k+3 -1 は 26 で割り切れます
- 3. このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう
- 3 3k+6 -1=27 �� 3 3k+3 -1=26 �� 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) - 26 で割る
それでは、問題文で定式化された文を証明してみましょう
- 1) 明らかに、n=1 の場合、ステートメントは true です。
- 3 3+3 -26-27=676
- 2) n=k の場合、式 3 3k+3 -26k-27 が剰余なしで 26 2 で除算されると仮定します。
- 3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう
- 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)
両方の項は 26 2 で割り切れます。 1 つ目は 26 2 で割り切れます。これは、括弧内の式が 26 で割り切れることが証明されているためです。2 つ目は帰納法仮説で割り切れます。 数学的帰納法により、このステートメントは証明されます
n>2 かつ x>0 の場合、不等式 (1+x) n >1+n √ x が真であることを証明します。
- 1) n=2 の場合、不等式は有効です。
- (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x
したがって、A(2)は真です
- 2) k> 2 の場合、A(k) ≈ A(k+1) であることを証明しましょう。A(k) が真であると仮定します。つまり、不等式が成り立つと仮定します。
- (1+x) k >1+k √ x。 (3)
A(k+1) も真であること、つまり、不等式が成り立つことを証明しましょう。
(1+x) k+1 >1+(k+1) √ x
実際、不等式 (3) の両辺に正の数 1+x を掛けると、次のようになります。
(1+x) k+1 >(1+k √ x)(1+x)
最後の不等式の右辺を考えてみましょう。 我々は持っています
(1+k √ x)(1+x)=1+(k+1) √ x+k √ x 2 >1+(k+1) √ x
結果として、(1+x) k+1 >1+(k+1) √ x が得られます。
したがって、A(k) 1 A(k+1) となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、ベルヌーイの不等式は任意の n> 2 に対して有効であると主張できます。
不等式 (1+a+a 2) m > 1+m �� a+(m(m+1)/2) �� a 2 for a> 0 が真であることを証明します
解決策: 1) m=1 の場合
- (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) √ a 2 両辺は等しい
- 2) m=k であると仮定します。
- (1+a+a 2) k >1+k √a+(k(k+1)/2) √a 2
- 3) m=k+1 の場合、不等式が真であることを証明しましょう。
- (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k √ a+
+(k(k+1)/2) √a 2)=1+(k+1) √a+((k(k+1)/2)+k+1) √a 2 +
+((k(k+1)/2)+k) √a 3 +(k(k+1)/2) √a 4 > 1+(k+1) √a+
+((k+1)(k+2)/2) √a 2
この不等式が m=k+1 に対して真であることを証明しました。したがって、数学的帰納法により、この不等式は任意の自然数 m に対して有効です。
n>6 の場合、不等式 3 n >n 2 n+1 が真であることを証明します。
この不等式を (3/2) n >2n の形式に書き直してみましょう。
- 1. n=7 の場合、3 7 /2 7 =2187/128>14=2 √ 7 となり、不等式は真です。
- 2. n=k (3/2) k >2k であると仮定します。
- 3) n=k+1 の不等式を証明しましょう
- 3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) √ (3/2)>2k √ (3/2)=3k>2(k+1)
k>7 なので、最後の不等式は明らかです。
数学的帰納法により、この不等式は任意の自然数 n に対して有効です。
n>2 の場合、不等式が真であることを証明します。
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
- 1) n=3 の場合、不等式は真です
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. n=k であると仮定します。
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)
- 3) n=k+1 の不等式の妥当性を証明しましょう。
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2) であることを証明しましょう。<1,7-(1/k+1) Ы
S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы
k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k 後者は明らかなので、 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) 数学的帰納法により、不等式が証明されます。 数学的帰納法は、数学的証明の最も一般的な方法の 1 つの基礎です。 これを利用すると、自然数 n を使用するほとんどの公式、たとえば、数列 S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n の最初の項の和を求める公式、ニュートンの二項公式などを証明できます。 a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + 。 。 。 + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n 。 最初の段落では、基本概念を分析し、次に手法自体の基本を検討し、それを使って等式と不等式を証明する方法を説明します。 Yandex.RTB R-A-339285-1 まず、帰納法と演繹法が一般的にどのようなものかを見てみましょう。 定義 1 誘導特殊なものから一般的なものへの移行であり、 控除逆に、一般的なものから具体的なものまで。 たとえば、254 は 2 で割ることができるというステートメントがあります。 そこから、真実と虚偽の両方を含む多くの結論を引き出すことができます。 たとえば、数字 4 で終わるすべての整数は剰余なしで 2 で割ることができるという命題は true ですが、3 桁の数値は 2 で割り切れるという命題は false です。 一般に、帰納的推論の助けを借りて、単一の既知または明白な推論から多くの結論を引き出すことができると言えます。 数学的帰納法を使用すると、これらの結論がどの程度妥当であるかを判断できます。 1 1 2、1 2 3、1 3 4、1 4 5、... のような一連の数字があるとします。 。 。 , 1 n (n + 1) 。ここで、n は何らかの自然数を表します。 この場合、シーケンスの最初の要素を追加すると、次のようになります。 S 1 = 1 1 2 = 1 2、S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3、S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4、S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5 , . 。 。 帰納法を使用すると、 S n = n n + 1 と結論付けることができます。 第三部ではこの公式を証明します。 この方法は、同じ名前の原理に基づいています。 それは次のように定式化されます。 定義 2 特定のステートメントが自然値 n に対して真となるのは、次の場合です。 1) n = 1 に対して真となり、2) この式が任意の自然値 n = k に対して有効であるという事実から、次の場合に真になります。 n = k + 1 。 数学的帰納法の適用は 3 つの段階で実行されます。 先ほど話した例を見てみましょう。 例1 式 S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + を証明します。 。 。 + 1 n (n + 1) = n n + 1 。 解決
すでにご存知のとおり、数学的帰納法を適用するには、3 つの連続したアクションを実行する必要があります。 k + 1 は、元のシーケンスの最初の項と k + 1 の合計として表すことができます。 S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) 2 番目のアクションで S k = k k + 1 を受け取ったので、次のように書くことができます。 S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) 。 次に、必要な変換を実行します。 分数を共通の分母に減らし、類似の項を減らし、省略された乗算公式を適用して、得られる結果を減らす必要があります。 S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2 したがって、数学的帰納法の 3 つのステップをすべて完了することにより、3 番目の点の等しいことが証明されました。 答え：式 S n = n n + 1 に関する仮定は正しいです。 三角関数を使ったより複雑な問題を考えてみましょう。 例 2 同一性の証明 cos 2 α · cos 4 α · を与えてください。 。 。 · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α 。 解決
覚えているように、最初のステップは、n が 1 に等しい場合の等価性の妥当性をチェックすることです。 これを知るには、基本的な三角関数の公式を覚えておく必要があります。 cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α したがって、n が 1 に等しい場合、恒等式は真になります。 ここで、その妥当性が n = k に対しても当てはまると仮定しましょう。つまり、 cos 2 α · cos 4 α · は真になります。 。 。 · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α 。 cos 2 α · cos 4 α · が等しいことを証明します。 。 。 · 前の仮定を基礎として、n = k + 1 の場合の cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α。 三角関数の公式によれば、 sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α したがって、 cos 2 α · cos 4 α · 。 。 。 · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · 。 。 。 · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α 最小二乗法に関する記事で、この方法を使用して不等式を証明する問題を解く例を示しました。 近似係数を求める公式が導出される段落を読んでください。 テキスト内のエラーに気付いた場合は、それを強調表示して Ctrl+Enter を押してください。 MBOU ライシアム「技術と経済」
数学的帰納法
数学的帰納法。
説明文
方法論の開発「数学的帰納法」は、数学的プロファイルの10年生の生徒向けに編集されました。 主な目標: 生徒に数学的帰納法を紹介し、それをさまざまな問題の解決に応用する方法を教えること。 方法論の開発は、初等数学の問題に対処します。割り算の問題、恒等の証明、不等式の証明、オリンピックで提案された問題を含む、さまざまな程度の複雑さの問題が提案されます。 実験科学における帰納的結論の役割は非常に大きいです。 彼らはそれらの規定を与えており、そこから演繹を通じてさらなる結論が導き出されます。 名前 数学的帰納法欺瞞的 - 実際、この方法は演繹的であり、帰納法によって推測されたステートメントの厳密な証明を提供します。 数学的帰納法は、数学のさまざまな分野間のつながりを特定するのに役立ち、生徒の数学文化の発展に役立ちます。 数学的帰納法の定義。 完全な誘導と不完全な誘導。 不平等の証明。 身元の証明。 割り算の問題を解決します。 「数学的帰納法」をテーマにさまざまな問題を解きます。 教師のための文学
1. M.L.ガリツキー。 代数と数学解析のコースを徹底的に学習します。 – M. 教育、1986 年。 2. L.I.ズヴァビッチ。 代数と解析の始まり。 教訓的な教材。 M. バスタード、2001 年。 3.N・Ya・ヴィレンキン。 代数と数学的分析。 M エンライトメント。1995 年。 4.ユ・V・ミヘエフ。 数学的帰納法。 NSU.1995。 学生向けの文学
1.N・Ya・ヴィレンキン。 代数と数学的分析。 M エンライトメント。1995 年。 2.ユ・V・ミヘエフ。 数学的帰納法。 NSU.1995。 キーワード
帰納法、公理、数学的帰納法原理、完全帰納法、不完全帰納法、命題、恒等式、不等式、可分性。 トピックへの教訓的な付録
「数学的帰納法」。
レッスン1。
数学的帰納法の定義。
数学的帰納法は、新しい結果を検索し、立てられた仮定が真実であることを証明する非常に効果的な方法の 1 つです。 数学におけるこの方法は新しいものではありませんが、この方法への関心は衰えていません。 数学的帰納法は、17 世紀にフランスの傑出した科学者ブレーズ パスカルによって、以来彼の名前が付けられた数の三角形の性質を証明する際に、明確なプレゼンテーションで初めて使用されました。 しかし、数学的帰納法の考え方は古代ギリシャ人に知られていました。 数学的帰納法は、公理として受け入れられている数学的帰納法の原理に基づいています。 例を使用して数学的帰納法の考え方を見てみましょう。 例その1。
正方形はセグメントによって 2 つの部分に分割され、次に結果として得られる部分の 1 つが 2 つの部分に分割されます。 正方形をいくつの部分に分割するかを決定します Pステップ？ 解決。 最初のステップの後、条件に応じて 2 つのパーツが得られます。 2 番目のステップでは、1 つの部分を変更せずに残し、2 番目の部分を 2 つの部分に分割して 3 つの部分を取得します。 3 番目のステップでは、2 つの部分を変更せずに残し、3 番目の部分を 2 つの部分に分割して 4 つの部分を取得します。 4 番目のステップでは、3 つの部分を変更せずに残し、最後の部分を 2 つの部分に分割して 5 つの部分を取得します。 5 番目のステップでは、6 つのパーツを取得します。 これは、次のことを示唆しています。 P私たちが得るステップ (n+1)一部。 しかし、この命題は証明される必要があります。 その後だと仮定しましょう に正方形が次のステップに分割されます (k+1)一部。 それから (k+1)私たちが踏む一歩 にパーツはそのまま残りますが、 (k+1)部分を 2 つの部分に分割して取得します (k+2)部品。 この方法で好きなだけ議論できることに気付きます。 つまり、私たちの仮定は、 P正方形が次のステップに分割されます (n+1)という部分が証明されます。 例その2。
私の祖母にはジャム、特にリットル瓶に入ったジャムが大好きな孫娘がいました。 しかし祖母は私が彼に触れることを許しませんでした。 そして孫娘たちは祖母をだます計画を立てました。 彼はこの瓶から毎日1/10リットルを摂取し、水を加えてよく混ぜて食べることにしました。 ジャムを水で半分に薄めても見た目が変わらない場合、おばあちゃんがその欺瞞に気づくには何日かかりますか? 解決。 後で瓶の中にどれだけ純粋なジャムが残っているか調べてみましょう P日々。 1日目の後、ジャム9/10と水1/10の混合物が瓶の中に残ります。 2日後、水とジャムの混合物の1/10が瓶から消えて残ります（混合物1リットルにはジャムが9/10リットル含まれ、混合物1/10リットルにはジャムが9/100リットル含まれます） ) 9/10 – 9/100=81/100=(9/10) ジャム 2 リットル。 3日目には、ジャム81/100と水19/100からなる混合物1/10リットルが瓶から消えます。 1 リットルの混合物には 81/100 リットルのジャムが含まれ、1/10 リットルの混合物には 81/1000 リットルのジャムが含まれます。 81/100 – 81/1000= 729/1000=(9/10) 3 日後には 3 リットルのジャムが残り、残りは水に取られます。 パターンが浮かび上がります。 を通して P銀行に残っている日数 (9/10) Pジャムです。 しかし、これもまた私たちの推測にすぎません。 させて に– 任意の自然数。 その後だと仮定しましょう に数日後には瓶の中に（9/10）リットルのジャムが残っているでしょう。 別の日、つまり次の日に銀行に何が入っているのか見てみましょう。 (k+1)日。 瓶から消えてしまいます 1/10リットル～からなる混合物 (9/10)
に 私ジャムと水。 で 1リットル混合物は (9/10)
に 私ジャム、中 1/10リットル混合物 (9/10)
k+1 私混雑する。 今では安全にそう言えます P銀行に残っている日数 (9/10)
P 私混雑する。 6日以内に銀行は 531444/1000000lジャム、7日後 - 4782969/10000000lジャム、つまり半分以下です。 答え： 7日後、おばあちゃんはその欺瞞に気づくでしょう。 検討した問題を解決する上で最も重要なことを強調してみましょう。 私たちは、個別のケース、または彼らが言うように特殊なケースを検討することによって、それぞれの問題を解決し始めました。 次に、私たちの観察に基づいて、いくつかの仮定を立てました P(n)、自然に応じて P.
その陳述は検証された、つまり証明された P(1)、P(2)、P(3);
と提案した P(n)に有効 p=kそして次の時代にはそれが真実になるだろうと結論づけた n、n=k+1。
そして彼らは次のように推論しました。 P(1)右、 P(2)右、 P(3)右、 P(4)そう…つまりそうです P(p)。
数学的帰納法の原理。
声明 P(n)、自然に応じて P、すべての自然に対して有効です P、 もし 1) 声明の正当性が証明されたのは次の場合です。 n=1;
2) 声明の正当性の仮定から P(n)で p=kすべき 正義 P(n)で n=k+1。
数学では、数学的帰納法の原理は、原則として、自然な数列を定義する公理の 1 つとして選択され、したがって証明なしで受け入れられます。 数学的帰納法の原理を用いた証明方法は、通常、数学的帰納法と呼ばれます。 この方法は、割り算問題やその他多くの問題を解く際の定理、恒等式、不等式の証明に広く使用されていることに注意してください。 レッスン #2
完全な誘導と不完全な誘導。
数学的ステートメントが有限数のオブジェクトに関する場合、たとえば「2 桁の偶数はすべて 2 つの素数の合計である」というステートメントなど、オブジェクトごとにテストすることで証明できます。 有限数の場合についてステートメントをテストする証明方法は、完全数学的帰納法と呼ばれます。 ステートメントは無限セットで考慮されることがほとんどであるため、この方法は比較的まれに使用されます。 たとえば、「任意の偶数は 2 つの素数の和に等しい」という定理はまだ証明されておらず、反証されていません。 たとえこの定理を最初の 10 億人に対してテストしたとしても、証明には一歩も近づきません。 自然科学では、不完全帰納法が使用され、実験を何度も確認し、結果をすべてのケースに転送します。 例その3。
不完全帰納法を使用して、自然数の 3 乗の和の公式を推測してみましょう。 解決。 1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;
1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; ...; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 。 証拠。 それが真実であるようにしましょう p=k。
それが真実であることを証明しましょう n=k+1。
結論: 自然数の 3 乗の和の公式は、どの自然数にも当てはまります P.
例その4。
等式を検討し、これらの例がどのような一般法則につながるかを推測してください。 解決。 1=0+1
2+3+4=1+8
5+6+7+8+9=8+27
10+11+12+13+14+15+16=27+64
17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125
……………………………………………………………..
例その5。
次の式を合計として書きます。 1) 例その6。
次の金額を記号を使って書きなさい 2) 例その7。
次の式を積として記述します。 1) 3) 例その8。
記号を使って次の作品を書きなさい (ギリシャ文字の大文字「ピ」) 1) 例9。
多項式の値の計算 この仮定は正しいでしょうか? 解決。 和の各項が数値で割り切れる場合、和はその数値で除算されます。 有限数の場合の分析は数学において重要な役割を果たします。特定のステートメントの証明を与えることなく、このステートメントがまだ知られていない場合にその正しい定式化を推測するのに役立ちます。 サンクトペテルブルク科学アカデミーの会員であるゴールドバッハは、このようにして、2 から始まる自然数は 3 つ以下の素数の合計であるという仮説に到達しました。 レッスンその3。
数学的帰納法を使用すると、さまざまな正体を証明できます。 例その10。みんなのためにそれを証明しましょう Pアイデンティティは保たれている 解決。 入れましょう それを証明する必要があります それを証明しましょう それでは正体の真実から 数学的帰納法の原理を使用して、同一性の真実はすべての人々に対して証明されます。 P.
例その11。
身分を証明しましょう 証拠。 結果として得られる等式を項ごとに計算します。 レッスン番号 4。
数学的帰納法を使用した同一性の証明。
例その12。
身分を証明しましょう 証拠。 数学的帰納法の原理を使用して、平等がすべてのものに対して真であることを証明しました。 P.
例その13。
身分を証明しましょう 証拠。 数学的帰納法の原理を使用して、このステートメントがあらゆる自然現象に対して真であることを証明しました。 P.
例14。
身分を証明しましょう 証拠。 例15。
身分を証明しましょう 1)
n=1;
2) のために p=k
平等が成り立つ 3) 等式が成り立つことを証明します。 p=k+1:
結論: このアイデンティティはあらゆる自然物に対して有効です。 P.
例その16。身分を証明しましょう 証拠。 もし n=1
、 それ アイデンティティを維持しましょう p=k。
同一性が成立することを証明しましょう n=k+1。
そうすれば、その同一性はあらゆる自然物に当てはまります P.
レッスンNo.5。
数学的帰納法を使用した同一性の証明。
例その17。身分を証明しましょう 証拠。 もし n=2
そうすると、正しい等価性が得られます。 等式が成り立つとしましょうp=k:
次のような場合にステートメントの正当性を証明しましょう。 n=k+1。
数学的帰納法の原理に従って、同一性が証明されます。 例その18。
身分を証明しましょう で n=2
このアイデンティティは非常に単純な形式で書き換えることができます そして明らかに真実です。 しましょう p=k本当に 次のような場合にステートメントの正当性を証明しましょう。n=k+1、
つまり、次の等式が成り立ちます。 したがって、恒等式があらゆる自然数に対して真であることを証明しました。 n≧2。
例19。
身分を証明しましょう で n=1
正しい等価性が得られます。 そのときを想定してみましょう p=k正しい等価性も得られます。 等式が成り立つことを証明しましょう p=k+1:
この場合、恒等式は任意の自然数に対して有効です。 P.
レッスン番号6。
割り算の問題を解決します。
例その20。数学的帰納法で証明してください 証拠。 で n=1
に分かれています6
跡形もなく、 しましょう p=k
表現 それを証明しましょう p=k+1
表現 各項は倍数です 6
、したがって、合計は倍数です 6
.
例その21。
証拠。 で n=1
式は剰余なしで除算されます しましょう p=k
表現 で p=k+1で割った 5
.
例その22。
式の割り切れ性を証明する 証拠。 で n=1複数 16
.
しましょう p=k
で p=k+1
すべての項は次のように割り切れます。 16:
1 つ目は明らかですが、2 つ目は推測によるもので、3 つ目は括弧内に偶数が入っています。 例その23。
割り切れる証明 証拠。 まずそれを証明しましょう で n=0
しましょう p=k
その後、 p=k+1で割った 26
.
ここで、問題文で定式化された文の証明を実行します。 で n=1で割った 676.
で p=k
それは本当です で p=k+1
.
両方の項は次のように割り切れます。 676
; まず - によって割り切れることを証明したからです。 26
括弧内の式、2 番目は帰納の仮定に従って分割されます。 レッスン番号7。
割り算の問題を解決します。
例その24。
証明してください 証拠。 で n=1
で p=k
で p=k+1
各項は次のように分けられます5
跡形もなく。 例その25。
証明してください 証拠。 で n=1
しましょう p=k
で p=k+1で割った 6
各項は次で割り切れるため、剰余はありません。6
剰余なし: 最初の項は帰納法仮説によるもので、2 番目の項は明らかで、3 番目の項は次の理由によります。 例その26。
証明してください 証拠。 それを証明しましょう で n=1 で p=k+1で割った 9
.
例その27。
で割り切れることを証明してください15
跡形もなく。 証拠。 で n=1で割った 15
.
しましょう p=kで割った 15
跡形もなく。 で p=k+1
最初の項は倍数です15
帰納法仮説によれば、第 2 項は次の倍数です。15
– 明らかに、第 3 項は次の倍数です。15
、 なぜなら レッスン番号8-9。
数学的帰納法による不等式の証明
例その28。 で n=1我々は持っています しましょう p=k で p=k+1 すると、この不等式はあらゆる自然現象に対して成り立ちます。 P. 例番号29。不等式が正しいことを証明する で n=1正しい不等式が得られます 4 >1.
しましょう p=k不平等は真実です それを証明しましょう p=k+1不平等は真実です あらゆるナチュラルに に不平等があります。 もし 例その30。 させて n=1 不等式が次のように成り立つと仮定しましょう p=k: で p=k+1 例その31。不等式の妥当性を証明する まずはそれを証明しましょう T不平等は真実です で n=1元の不等式は正しい 不等式をそのままにしておきます p=k: で p=k+1 レッスン番号10。
トピックに関する問題を解決する
数学的帰納法。
例その32。ベルヌーイの不等式を証明します。 もし 証拠。 で n=1
証明される不等式は次のような形になります 条件によりますので なぜなら したがって、不等式は次の場合に当てはまります n=1、そしてその真実から p=kたとえそれが真実であっても、 n=k+1。これは、数学的帰納法により、すべての自然界に当てはまることを意味します。 P.
例えば、 例その33。
すべての自然値を検索するP
、不等式が成り立つ 解決。 で n=1不平等は公平です。 で n=2不平等もまた真実です。 で n=3不平等はもはや成り立ちません。 の時だけ n=6不等式が成り立つので、帰納法の基礎として考えることができます。 n=6。
この不等式がいくつかの自然界に当てはまると仮定します。 に：
最後の不等式は次の場合に満たされます。 帰納法と演繹法の概念
数学的帰納法とはどのような方法ですか?
数学的帰納法を使用して不等式と方程式を解く方法
2) 
3)
; 4) 
.
ギリシャ文字の「シグマ」。
:
4) 
2)
f
(
n
)=
n
2
+
n
+11
、 で n=1,2,3,4.5,6,7
あらゆる自然に対して、次のような仮定を立てることができます。P番号 f
(
n
)
単純。
は自然数の素数ではありませんP.
正体の真実を追う 
; 
。 これは、このアイデンティティがすべての人に当てはまることを意味しますP
.
n≧2のとき。
.
で割った 6
跡形もなく。
.
複数6.
複数6
.
の上5
跡形もなく。
.
にも分かれます5
跡形もなく。
の上16.
複数16.
の上676.
で割った 
.
.
で割った26
.
で割った26
2
.
で割った5
跡形もなく。
で割った5.
で割った5
跡形もなく。
で割った6
跡形もなく。
で割った6
跡形もなく。
で割った6
跡形もなく。
偶数。
で割ると9
残りを与える 1
.
で割った9
.
で割った 9
。 しましょう p=k
で割った9
.
複数5
(例 No. 21 で証明)、第 4 項と第 5 項も倍数です5
これは明らかです。その場合、合計は倍数になります。15
.
.
- 右。
- 本当の不平等。
いずれにおいても P.
.
で 
それ
いかなる自然の下でも Pそしてどれでも 
、 右。
.
いかなる自然の下でも P.
不等式の両辺に次の値を掛けてみましょう 
。 同等の不等式を得るか、 
; 
; - この不等式はあらゆる自然現象に当てはまります T.
; 
; 
.
.
、すべての自然値についてP
不平等が成立する
そして明らかに公平です。 それが当てはまると仮定しましょうp=k
、つまり、何ですか 
.
、 それ 
したがって、不等式の両方の部分に を掛けても、その意味は変わりません。 
:
、それならわかります
.
不等式を考えてみる
トピック p=1 に関するテスト作業は繰り返し与えられます: p≥5、ここで P- -自然数。
