logo

TechCodeview

Načelo matematične indukcije

Matematična indukcija je koncept v matematiki, ki se uporablja za dokazovanje različnih matematičnih trditev in izrekov. Načelo matematične indukcije se včasih imenuje PMI. To je tehnika, ki se uporablja za dokazovanje osnovnih izrekov v matematiki, ki vključujejo rešitev do n končnih naravnih členov.

Načelo matematične indukcije se pogosto uporablja pri dokazovanju različnih izjav, kot je vsota prvega n naravna števila je podana s formulo n(n+1)/2. To je mogoče zlahka dokazati z uporabo načela matematične indukcije.

V tem članku bomo podrobno spoznali načelo matematične indukcije, njeno izjavo, njen primer in druge.



Kazalo

Kaj je matematična indukcija?

Matematična indukcija je ena temeljnih metod pisanja dokazov in se uporablja za dokazovanje dane izjave o kateri koli dobro organizirani množici. Na splošno se uporablja za dokazovanje rezultatov ali ugotavljanje trditev, ki so oblikovane v smislu n , kjer je n naravno število.

Recimo, da je P(n) izjava za n naravno število, potem jo lahko dokažemo z uporabo načela matematične indukcije. Najprej bomo dokazali za P(1), nato naj bo P(k) resničen in nato dokažimo za P(k+1) . Če P(k+1) velja, potem pravimo, da je P(n) resničen po principu matematične indukcije.

Matematično indukcijo lahko primerjamo s padajočimi dominami. Ko domina pade, podre naslednjo zaporedoma domino. Prva domina podre drugo, druga tretjo in tako naprej. Na koncu bodo vse domine padle. Vendar je treba izpolniti nekaj pogojev:

  • Osnovni korak je, da mora začetna domina pasti, da začne postopek trkanja delovati.
  • Razdalja med dominama mora biti enaka za kateri koli dve sosednji domini. V nasprotnem primeru lahko določena domina pade, ne da bi padla na drugo. Potem se bo zaporedje reakcij ustavilo. Ohranjanje enake razdalje med dominami zagotavlja, da je P(k) ⇒ P(k + 1) za vsako celo število k ≥ a. To je induktivni korak.

Izjava o principu matematične indukcije

Vsako izjavo P(n), ki je za n naravno število, je mogoče dokazati z uporabo načela matematične indukcije, tako da sledite spodnjim korakom,

Korak 1: Preverite, ali trditev drži za trivialne primere ( n = 1) preverite, ali je P(1) resničen.

2. korak: Predpostavimo, da je izjava resnična za n = k za neki k ≥ 1, tj. P(k) je resnična.

3. korak: Če resničnost P(k) implicira resničnost P(k + 1), potem je izjava P(n) resnična za vse n ≥ 1 .

Spodnja dodana slika vsebuje vse korake matematične indukcije

Prva izjava je dejstvo in če ni mogoče, da vsi P(n) veljajo pri n = 1, potem so te izjave resnične za nekatere druge vrednosti n, recimo n = 2, n = 3 in druge.

Če je izjava resnična za P(k), potem pa, če je P(k+1) dokazano resnična, potem pravimo, da je P(n) resnična za vse n, ki pripadajo naravnim številom (N).

Koraki matematične indukcije

Različni koraki, ki se uporabljajo v matematični indukciji, so ustrezno poimenovani. Imena različnih korakov, uporabljenih v principu matematične indukcije, so:

  • Osnovni korak: Dokažite, da P(k) velja za k =1
  • Korak predpostavke: Naj P(k) velja za vse k v N in k> 1
  • Indukcijski korak: Dokažite P(k+1) z uporabo osnovnih matematičnih lastnosti.

Če so zgornji trije koraki dokazani, potem lahko rečemo, da Po načelu matematične indukcije P(n) velja za vse n, ki pripadajo N.

Primer matematične indukcije

Matematična indukcija se uporablja za dokazovanje različnih izjav, kar se lahko naučimo s pomočjo naslednjega primera.

Za vsako pozitivno celo število n dokažite, da je n3+ 2n je vedno deljivo s 3

rešitev:

Naj bo P(n): n3+ 2n je deljivo s 3, kar je dana izjava.

1. korak: Osnovni korak

Najprej dokažemo, da P(1) drži. Naj bo n = 1 v n3+ 2n
= 13+ 2(1)
= 3

Ker je 3 deljivo s 3. Zato velja P(1).

2. korak: korak predpostavke

Predpostavimo, da je P(k) resničen

Potem, k3+ 2k je deljivo s 3

Tako ga lahko zapišemo kot k3+ 2k = 3n, (kjer je n poljubno pozitivno celo število)….(i)

java math.min

3. korak: Indukcijski koraki

Zdaj moramo dokazati, da je algebraični izraz (k + 1)3+ 2(k + 1) je deljivo s 3

= (k + 1)3+ 2 (k + 1)

= k3+ 3k2+ 5k + 3

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

iz enačbe (i)

= 3n + 3(k2+ k + 1)

= 3(n + k2+ k + 1)

Ker je večkratnik števila 3, lahko rečemo, da je deljiv s 3.

Tako je P(k+1) resničen, tj. (k + 1)3+ 2(k + 1) je deljivo s 3. Po načelu matematične indukcije lahko rečemo, da je P(n): n3+ 2n je deljivo s 3 je res.

Preberi več,

Rešeni primeri matematične indukcije

Primer 1: Za vse n ≥ 1 dokažite, da je 1 2 + 2 2 + 3 2 +….+n 2 = {n(n + 1) (2n + 1)} / 6

rešitev:

Naj bo dana izjava P(n),

P(n):1^2+ 2^2 + 3^2+ ldots+ n^2 = frac{n(n + 1) (2n + 1)}{6} ~ ext{For n=1} P(1):frac{1(1+1)(2×1+1)}{6} = 1

Zdaj pa vzemimo pozitivno celo število k in predpostavimo, da je P(k) resnično, tj.

1^2 + 2^2 + 3^2 +….+k^2 = frac{k(k+1)(2k+1)}{6}

Sedaj bomo dokazali, da je tudi P(k + 1) resničen, tako da zdaj imamo,

P(k + 1) = P(k) + (k + 1)2

= frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2 = frac {k(k+1)(2k+1)+6{(k+1)}^2}{6} = (k+1) frac{( 2k^2 + k) + 6(k+1)}{6} =frac{(k+1)(2k^2 +7k+6)}{6} =frac{(k+1) (k+2) (2k+3)}{6} =frac{(k+1) ((k+1)+1) (2(k+1) +1)}{6}

Tako je P(k + 1) resničen, kadar koli je P(k) resničen za vsa naravna števila. Zato s postopkom matematične indukcije dani rezultat velja za vsa naravna števila.

Primer 2: Za vse n ≥ 1 dokažite, da je 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5+…+n(n + 1) (n + 2) = {n (n + 1) (n + 2) ( n + 3)} / 4

rešitev:

Naj bo dana izjava S(n),

S(n):1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5+ldots+ n.(n+1)(n+2) = frac{n(n + 1)(n + 2)(n+3)}{4} ext{For n=1,} S(1):frac{1(1+1)(1+2)(1+3)}{4} = 6 ext{which is true.}

Zdaj pa vzemimo pozitivno celo število k in predpostavimo, da je S(k) resnično, tj.

S(k):1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5+ldots+ k.(k+1)(k+2) = frac{k(k+ 1)(k + 2)(k+3)}{4}

Zdaj bomo dokazali, da je tudi S(k + 1) resničen, tako da imamo zdaj,

S(k+1):S(k) + (k+1)(k+2)(k+3) Rightarrow S(k+1): frac{k(k+ 1)(k + 2)(k+3)}{4} + (k+1)(k+2)(k+3) Rightarrow S(k+1): frac{k(k+ 1)(k + 2)(k+3)+ 4(k+1)(k+2)(k+3)}{4} Rightarrow S(k+1): frac{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}{4} Rightarrow S(k+1): frac{ (k+1){(k+1)+1}{(k+1)+2}{(k+1)+3} }{4}

Tako je S(k + 1) resničen, kadar je S(k) resničen za vsa naravna števila. In na začetku smo pokazali, da je S(1) res, torej S(n) velja za vsa naravna števila.

Primer 3: Za vse n ≥ 1 dokažite, da je 1 + 3 + 5 +… + 2n – 1 = n 2

rešitev:

Naj bo dana izjava S(n),

in S(n) = 1 + 3 + 5+… +2n – 1 = n2

Za n = 1, 2 × 1 – 1 = 12Tako je S(1) res.

Zdaj pa vzemimo pozitivno celo število k in predpostavimo, da je S(k) resnično, tj.

S(k) = 1+ 3 + 5+…+(2k – 1) = k2

Zdaj bomo dokazali, da je tudi S(k + 1) resničen, tako da imamo zdaj,

1 + 3 + 5+…+ (2(k + 1) – 1) = (k + 1)2

L.H.S = 1 + 3 + 5 + …. (2k – 1 ) + 2k + 2 – 1

⇒ L.H.S = S(k) + 2k + 1

⇒ L.H.S = k2+ 2k + 1

⇒ L.H.S = (k + 1)2

⇒ L.H.S = R.H.S

Tako je S(k + 1) resničen, kadar je S(k) resničen za vsa naravna števila. In na začetku smo pokazali, da je S(1) res, torej S(n) velja za vsa naravna števila.

Primer 4: Za vse n ≥ 1 dokažite, da je 1,2 + 2,3 + 3,4 +…+ n(n + 1) = {n(n + 1)(n + 2)} / 3

rešitev:

Naj bo dana izjava S(n),

S(n):1.2+ 2.3 + 3.4+ ……+ n.(n+1) = frac{n(n + 1)(n + 2)}{3} ext{for n=1,} S(1) : frac{1(1+1)(1+2)}{3} = 2 ext{which is true.}

Zdaj pa vzemimo pozitivno celo število k in predpostavimo, da je S(k) resnično, tj.

javafx na eclipse

S(k):1.2+ 2.3 + 3.4+ ……+ k.(k+1) = frac{k(k+ 1)(k + 2)}{3}

Sedaj bomo dokazali, da je tudi S(k + 1) resničen, tako da zdaj imamo,

S(k+1) : S(k) + (k+1)(k+2) Rightarrow S(k+1) : frac{k(k+ 1)(k + 2)}{3} + (k+1)(k+2) Rightarrow S(k+1) :frac{k(k+ 1)(k + 2)+ 3(k+1)(k+2)}{3} Rightarrow S(k+1) :frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3} Rightarrow S(k+1) :frac{ (k+1){(k+1)+1}{(k+1)+2} }{3}

Tako je S(k + 1) resničen, kadar je S(k) resničen za vsa naravna števila. In na začetku smo pokazali, da je S(1) res, torej S(n) velja za vsa naravna števila.

Primer 5: Dokažite a n = a 1 + (n – 1) d, je splošni člen katerega koli aritmetičnega zaporedja.

rešitev:

Za n = 1 imamo an= a1+ (1 – 1) d = a1, torej formula velja za n = 1,

Predpostavimo, da je formula ak= a1+ (k – 1) velja za vsa naravna števila.

Sedaj bomo dokazali, da formula velja tudi za k+1, tako da imamo zdaj

ak + 1= a1+ [(k + 1) – 1] d = a1+ k · d.

Predpostavili smo, da ak= a1+ (k – 1) d in po definiciji aritmetičnega zaporedja ak+ 1– ak= d,

Potem, ak + 1– ak

= (a1+ k d) – (a1 + (k – 1)d)
= a1– a1+ kd – kd + d
= d

Tako je formula resnična za k + 1, kadar koli velja za k. In na začetku smo pokazali, da je formula resnična za n = 1. Tako je formula resnična za vsa naravna števila.

Pogosta vprašanja o matematični indukciji

Kaj je načelo matematične indukcije?

Načelo matematične indukcije je načelo, ki pravi, da za katero koli trditev P(n), če je resnična za katero koli poljubno vrednost 'a', če je P(a) resnična in če vzamemo, da je P(k) resnična, potem z dokazovanjem P( k+1), lahko dokažemo, da je P(n) resničen za vse n ≥ a in n, ki pripada naravnim številom.

Kakšna je uporaba matematične indukcije?

Matematična indukcija je osnovno načelo, ki se uporablja v matematiki za dokazovanje osnovnih izjav v matematiki, ki jih ni mogoče zlahka dokazati z drugimi sredstvi.

Kaj je načelo matematične indukcije v matricah?

Načelo matematične indukcije v matrikah je osnovno načelo, ki se uporablja za dokazovanje osnovnih trditev v matrikah, ki jih ni enostavno dokazati z drugimi sredstvi.

Kako uporabiti načelo matematične indukcije?

Načelo matematične indukcije se uporablja za dokazovanje matematičnih izjav. Predpostavimo, da moramo dokazati izjavo P(n), nato pa so uporabljeni koraki:

Korak 1: Dokažite, da P(k) velja za k =1

2. korak: Naj P(k) velja za vse k v N in k> 1

3. korak: Dokažite P(k+1) z uporabo osnovnih matematičnih lastnosti.

Torej, če je P(k+1) resničen, potem pravimo, da je P(n) resničen.

Kakšni so koraki za rešitev problema z uporabo matematične indukcije?

V matematični indukciji se uporabljajo trije osnovni koraki

  • Osnovni korak
  • Korak predpostavke
  • Indukcijski korak