Nguyên tắc quy nạp toán học. Giải pháp của các ví dụ
Phương pháp quy nạp toán học
Giới thiệu
Phần chính
- Cảm ứng hoàn toàn và không đầy đủ
- Nguyên lý quy nạp toán học
- Phương pháp quy nạp toán học
- Giải pháp của các ví dụ
- Bình đẳng
- Chia số
- sự bất bình đẳng
Sự kết luận
Danh sách tài liệu đã sử dụng
Giới thiệu
Phương pháp quy nạp và quy nạp là cơ sở của bất kỳ nghiên cứu toán học nào. Phương pháp lập luận suy diễn là suy luận từ cái chung đến cái riêng, tức là lý luận, điểm bắt đầu là kết quả chung, và điểm cuối cùng là kết quả cụ thể. Quy nạp được áp dụng khi chuyển từ kết quả cụ thể sang kết quả chung, tức là là ngược lại với phương pháp suy diễn.
Phương pháp quy nạp toán học có thể được so sánh với sự tiến bộ. Chúng tôi bắt đầu từ mức thấp nhất, do kết quả của tư duy logic, chúng tôi đạt đến mức cao nhất. Con người luôn phấn đấu cho sự tiến bộ, cho khả năng phát triển tư tưởng của mình một cách hợp lý, điều đó có nghĩa là bản thân thiên nhiên đã định sẵn cho anh ta tư duy theo cảm tính.
Mặc dù lĩnh vực ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học đã phát triển, nhưng ít thời gian dành cho nó trong chương trình giảng dạy ở trường. Vâng, hãy nói rằng một người hữu ích sẽ được mang lại bởi hai hoặc ba bài học mà anh ta nghe được năm từ lý thuyết, giải được năm bài toán cơ bản, và kết quả là, nhận được điểm năm vì không biết gì.
Nhưng điều này rất quan trọng - để có thể suy nghĩ một cách linh hoạt.
Phần chính
Theo nghĩa gốc của nó, từ "quy nạp" được áp dụng để lập luận theo đó các kết luận chung thu được dựa trên một số phát biểu cụ thể. Phương pháp lập luận đơn giản nhất của loại này là quy nạp hoàn toàn. Đây là một ví dụ về lý luận như vậy.
Để yêu cầu thiết lập rằng mọi số chẵn tự nhiên n trong 4< 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.
Chín bằng nhau này cho thấy rằng mỗi số mà chúng ta quan tâm thực sự được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số hạng nguyên tố.
Do đó, quy nạp hoàn chỉnh là phát biểu tổng quát được chứng minh riêng biệt trong từng trường hợp hữu hạn có thể xảy ra.
Đôi khi kết quả chung có thể được dự đoán sau khi xem xét không phải tất cả, mà là một số lượng lớn các trường hợp đặc biệt (cái gọi là quy nạp không đầy đủ).
Tuy nhiên, kết quả thu được bằng quy nạp không hoàn toàn vẫn chỉ là giả thuyết cho đến khi nó được chứng minh bằng suy luận toán học chính xác, bao gồm tất cả các trường hợp đặc biệt. Nói cách khác, quy nạp không hoàn toàn trong toán học không được coi là một phương pháp hợp pháp để chứng minh chặt chẽ, nhưng là một phương pháp mạnh mẽ để khám phá chân lý mới.
Ví dụ, yêu cầu tìm tổng của n số lẻ liên tiếp đầu tiên. Xem xét các trường hợp đặc biệt:
1+3+5+7+9=25=5 2
Sau khi xem xét một số trường hợp đặc biệt này, kết luận chung sau đây cho thấy chính nó:
1 + 3 + 5 +… + (2n-1) = n 2
những thứ kia. tổng của n số lẻ liên tiếp đầu tiên là n 2
Tất nhiên, quan sát được thực hiện vẫn chưa thể coi là bằng chứng về tính hợp lệ của công thức trên.
Quy nạp hoàn toàn chỉ có ứng dụng hạn chế trong toán học. Nhiều phát biểu toán học thú vị bao hàm vô số trường hợp đặc biệt và chúng ta không thể kiểm tra vô số trường hợp. Cảm ứng không đầy đủ thường dẫn đến kết quả sai.
Trong nhiều trường hợp, cách giải quyết khó khăn này là dùng đến một phương pháp lập luận đặc biệt, được gọi là phương pháp quy nạp toán học. Nó như sau.
Để chứng minh tính đúng đắn của một mệnh đề nào đó đối với một số tự nhiên n bất kỳ (ví dụ, cần chứng minh rằng tổng của n số lẻ đầu tiên bằng n 2). Không thể xác minh trực tiếp câu lệnh này cho mỗi giá trị của n, vì tập hợp các số tự nhiên là vô hạn. Để chứng minh tuyên bố này, trước tiên hãy kiểm tra tính hợp lệ của nó đối với n = 1. Sau đó, người ta chứng minh rằng với bất kỳ giá trị tự nhiên nào của k, tính hợp lệ của câu lệnh được xem xét đối với n = k cũng đồng nghĩa với giá trị của nó đối với n = k + 1.
Khi đó khẳng định được coi là đã được chứng minh với mọi n. Thật vậy, câu lệnh đúng với n = 1. Nhưng sau đó nó cũng có giá trị cho số tiếp theo n = 1 + 1 = 2. Tính hợp lệ của khẳng định đối với n = 2 ngụ ý tính hợp lệ của khẳng định đối với n = 2 +
1 = 3. Điều này ngụ ý tính hợp lệ của câu lệnh đối với n = 4, v.v. Rõ ràng rằng, cuối cùng, chúng ta sẽ đạt được bất kỳ số tự nhiên n nào. Do đó, câu lệnh đúng với n bất kỳ.
Tóm tắt những gì đã nói, chúng tôi hình thành nguyên tắc chung sau đây.
Nguyên tắc quy nạp toán học.
Nếu câu A (n), phụ thuộc vào số tự nhiên n, đúng với n = 1, và từ thực tế là nó đúng với n = k (với k là số tự nhiên bất kỳ), thì nó cũng đúng với đúng với số tiếp theo n = k +1, thì Giả sử A (n) đúng với bất kỳ số tự nhiên n nào.
Trong một số trường hợp, cần chứng minh tính hợp lệ của một mệnh đề nào đó không phải với mọi số tự nhiên mà chỉ với n> p, trong đó p là số tự nhiên cố định. Trong trường hợp này, nguyên tắc quy nạp toán học được xây dựng như sau.
Nếu mệnh đề A (n) đúng với n = p và nếu A (k) ÞA (k + 1) với mọi k> p, thì mệnh đề A (n) đúng với n> p bất kỳ.
Việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học được thực hiện như sau. Đầu tiên, khẳng định được chứng minh được kiểm tra cho n = 1, tức là chân lý của phát biểu A (1) được thiết lập. Phần chứng minh này được gọi là cơ sở quy nạp. Tiếp theo là một phần của chứng minh được gọi là bước quy nạp. Trong phần này, tính hợp lệ của câu lệnh cho n = k + 1 được chứng minh theo giả thiết rằng câu lệnh đúng với n = k (giả thiết quy nạp), tức là chứng minh rằng A (k) ÞA (k + 1).
Chứng minh rằng 1 + 3 + 5 +… + (2n-1) = n 2.
Giải: 1) Ta có n = 1 = 1 2. Do đó,
câu lệnh đúng với n = 1, tức là A (1) là đúng.
2) Hãy chứng minh rằng A (k) ÞA (k + 1).
Gọi k là số tự nhiên bất kỳ và phát biểu đúng với n = k, tức là
1 + 3 + 5 +… + (2k-1) = k 2.
Hãy chứng minh rằng khi đó khẳng định cũng đúng với số tự nhiên tiếp theo n = k + 1, tức là Gì
1 + 3 + 5 +… + (2k + 1) = (k + 1) 2.
Thật,
1 + 3 + 5 +… + (2k-1) + (2k + 1) = k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2.
Vậy A (k) ÞA (k + 1). Dựa trên nguyên lý quy nạp toán học, chúng ta kết luận rằng Giả thiết A (n) đúng với nОN bất kỳ.
Chứng minh rằng
1 + x + x 2 + x 3 +… + x n = (x n + 1 -1) / (x-1), trong đó x¹1
Lời giải: 1) Với n = 1, chúng ta nhận được
1 + x = (x 2 -1) / (x-1) = (x-1) (x + 1) / (x-1) = x + 1
do đó, với n = 1 công thức là đúng; A (1) là đúng.
2) Gọi k là số tự nhiên bất kỳ và công thức đúng với n = k, tức là
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \ u003d (x k + 1 -1) / (x-1).
Hãy để chúng tôi chứng minh rằng sau đó bình đẳng
1 + x + x 2 + x 3 +… + x k + x k + 1 = (x k + 2 -1) / (x-1).
Thật
1 + х + х 2 + x 3 +… + х 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).
Vậy A (k) ÞA (k + 1). Dựa trên nguyên tắc quy nạp toán học, chúng ta kết luận rằng công thức đúng với bất kỳ số tự nhiên n nào.
Chứng minh rằng số đường chéo của n-gon lồi là n (n-3) / 2.
Lời giải: 1) Với n = 3, mệnh đề đúng
Và 3 là đúng, vì trong một tam giác
Đường chéo A 3 = 3 (3-3) / 2 = 0;
A 2 A (3) là đúng.
2) Giả sử rằng trong bất kỳ
lồi k-gon có-
A 1 sya A k \ u003d k (k-3) / 2 đường chéo.
A k Hãy để chúng tôi chứng minh rằng sau đó trong một lồi
(k + 1) -số giác
đường chéo A k + 1 = (k + 1) (k-2) / 2.
Cho А 1 А 2 А 3… A k A k + 1 -convex (k + 1) -angle. Hãy vẽ một đường chéo A 1 A k trong đó. Để đếm tổng số đường chéo của (k + 1) -gon này, bạn cần đếm số đường chéo trong k-gon A 1 A 2 ... A k, thêm k-2 vào số kết quả, tức là số đường chéo của (k + 1) -gon xuất phát từ đỉnh A k + 1, và ngoài ra, đường chéo A 1 A k phải được tính đến.
Bằng cách này,
k + 1 = k + (k-2) + 1 = k (k-3) / 2 + k-1 = (k + 1) (k-2) / 2.
Vậy A (k) ÞA (k + 1). Do nguyên tắc quy nạp toán học, phát biểu đúng với bất kỳ n-gon lồi nào.
Chứng minh rằng với n bất kỳ câu lệnh nào là đúng:
1 2 +2 2 +3 2 +… + n 2 = n (n + 1) (2n + 1) / 6.
Lời giải: 1) Cho n = 1 thì
X 1 \ u003d 1 2 \ u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \ u003d 1.
Do đó, với n = 1, câu lệnh là đúng.
2) Giả sử rằng n = k
X k \ u003d k 2 \ u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.
3) Hãy xem xét câu lệnh này cho n = k + 1
Xk + 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.
Chúng tôi đã chứng minh tính đúng của đẳng thức đối với n = k + 1, do đó, bằng phương pháp quy nạp toán học, phát biểu đúng với n tự nhiên bất kỳ.
Chứng minh rằng với n tự nhiên bất kỳ thì đẳng thức là đúng:
1 3 +2 3 +3 3 +… + n 3 = n 2 (n + 1) 2/4.
Lời giải: 1) Cho n = 1.
Khi đó X 1 = 1 3 = 1 2 (1 + 1) 2/4 = 1.
Chúng ta thấy rằng với n = 1 thì câu lệnh là đúng.
2) Giả sử rằng đẳng thức đúng với n = k
X k \ u003d k 2 (k + 1) 2/4.
3) Hãy để chúng tôi chứng minh sự đúng của tuyên bố này cho n = k + 1, tức là
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.
Từ chứng minh trên, rõ ràng mệnh đề đúng với n = k + 1, do đó, đẳng thức đúng với n tự nhiên bất kỳ.
Chứng minh rằng
((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), trong đó n> 2.
Giải: 1) Với n = 2 thì đồng dạng có dạng: (2 3 +1) / (2 3 -1) = (3´2´3) / 2 (2 2 + 2 + 1),
những thứ kia. đúng rồi.
2) Giả sử rằng biểu thức đúng với n = k
(2 3 +1) / (2 3 -1) ´… ´ (k 3 +1) / (k 3 -1) = 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1).
3) Chúng ta sẽ chứng minh tính đúng đắn của biểu thức đối với n = k + 1.
(((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).
Chúng tôi đã chứng minh tính đúng của đẳng thức đối với n = k + 1, do đó, do phương pháp quy nạp toán học, mệnh đề đúng với bất kỳ n> 2
Chứng minh rằng
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +… + (2n-1) 3 - (2n) 3 = -n 2 (4n + 3)
đối với n tự nhiên bất kỳ.
Lời giải: 1) Cho n = 1 thì
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) Giả sử rằng n = k, thì
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +… + (2k-1) 3 - (2k) 3 = -k 2 (4k + 3).
3) Hãy chứng minh sự đúng của phát biểu này cho n = k + 1
(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).
Tính đúng của đẳng thức đối với n = k + 1 cũng được chứng minh, do đó mệnh đề đúng với bất kỳ số tự nhiên n nào.
Chứng minh tính hợp lệ của danh tính
(1 2 / 1´3) + (2 2 / 3´5) +… + (n 2 / (2n-1) ´ (2n + 1)) = n (n + 1) / 2 (2n + 1)
đối với n tự nhiên bất kỳ.
1) Với n = 1 thì đồng dạng đúng 1 2 / 1´3 = 1 (1 + 1) / 2 (2 + 1).
2) Giả sử rằng với n = k
(1 2 / 1´3) +… + (k 2 / (2k-1) ´ (2k + 1)) = k (k + 1) / 2 (2k + 1).
3) Hãy để chúng tôi chứng minh rằng đồng nhất là đúng với n = k + 1.
(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).
Từ chứng minh trên có thể thấy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n.
Chứng minh rằng (11 n + 2 +12 2n + 1) chia hết cho 133 không dư.
Lời giải: 1) Cho n = 1 thì
11 3 +12 3 \ u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \ u003d 23´133.
Nhưng (23´133) chia hết cho 133 mà không có dư, vì vậy với n = 1, mệnh đề đúng; A (1) là đúng.
2) Giả sử rằng (11 k + 2 +12 2k + 1) chia hết cho 133 mà không có dư.
3) Hãy để chúng tôi chứng minh rằng trong trường hợp này
(11 k + 3 +12 2k + 3) chia hết cho 133 mà không có dư. Thật vậy, 11 k + 3 +12 2k + 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.
Tổng kết quả chia hết cho 133 mà không có dư, vì số hạng đầu tiên của nó chia hết cho 133 mà không có dư theo giả thiết, và ở thừa số thứ hai là 133. Vì vậy, А (k) ÞА (k + 1). Bằng phương pháp quy nạp toán học, khẳng định được chứng minh.
Chứng minh rằng với mọi n 7 n -1 chia hết cho 6 không dư.
Giải: 1) Cho n = 1 thì X 1 = 7 1 -1 = 6 chia hết cho 6 không dư. Vì vậy, với n = 1, tuyên bố là đúng.
2) Giả sử rằng với n = k
7 k -1 chia hết cho 6 không dư.
3) Hãy chứng minh rằng mệnh đề đúng với n = k + 1.
X k + 1 = 7 k + 1 -1 = 7´7 k -7 + 6 = 7 (7 k -1) +6.
Số hạng đầu tiên chia hết cho 6, vì 7 k -1 chia hết cho 6 theo giả thiết, và số hạng thứ hai là 6. Vậy 7 n -1 là bội của 6 với n tự nhiên bất kỳ. Bằng phương pháp quy nạp toán học, khẳng định được chứng minh.
Chứng minh rằng 3 3n-1 +2 4n-3 với n số tự nhiên tùy ý chia hết cho 11.
Lời giải: 1) Cho n = 1 thì
X 1 \ u003d 3 3-1 +2 4-3 \ u003d 3 2 +2 1 \ u003d 11 chia hết cho 11 mà không có dư. Do đó, với n = 1, câu lệnh là đúng.
2) Giả sử rằng với n = k
X k \ u003d 3 3k-1 +2 4k-3 chia hết cho 11 mà không có dư.
3) Hãy chứng minh rằng mệnh đề đúng với n = k + 1.
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.
Số hạng đầu tiên chia hết cho 11 mà không có dư, vì 3 3k-1 +2 4k-3 chia hết cho 11 theo giả thiết, số hạng thứ hai chia hết cho 11 vì một trong các thừa số của nó là số 11. Do đó, tổng là cũng chia hết cho 11 mà không có dư với n tự nhiên nào. Bằng phương pháp quy nạp toán học, khẳng định được chứng minh.
Chứng minh rằng 11 2n -1 với số nguyên dương n tùy ý chia hết cho 6 mà không có dư.
Bài giải: 1) Cho n = 1 thì 11 2 -1 = 120 chia hết cho 6 không dư. Vì vậy, với n = 1, tuyên bố là đúng.
2) Giả sử rằng với n = k
11 2k -1 chia hết cho 6 không dư.
11 2 (k + 1) -1 = 121´11 2k -1 = 120´11 2k + (11 2k -1).
Cả hai số hạng đều chia hết cho 6 mà không có dư: số thứ nhất chứa bội của 6 số 120 và số hạng thứ hai chia hết cho 6 không có dư theo giả thiết. Vậy tổng chia hết cho 6 mà không có dư. Bằng phương pháp quy nạp toán học, khẳng định được chứng minh.
Chứng minh rằng 3 3n + 3 -26n-27 với số nguyên dương n tùy ý thì chia hết cho 26 2 (676) mà không có dư.
Lời giải: Trước hết chúng ta hãy chứng minh rằng 3 3n + 3 -1 chia hết cho 26 mà không có dư.
- Đối với n = 0
- Giả sử rằng với n = k
- Hãy để chúng tôi chứng minh rằng tuyên bố
3 3 -1 = 26 chia hết cho 26
3 3k + 3 -1 chia hết cho 26
đúng với n = k + 1.
3 3k + 6 -1 = 27´3 3k + 3 -1 = 26´3 3k + 3 + (3 3k + 3 -1) - chia hết cho 26
Bây giờ chúng ta hãy chứng minh khẳng định được hình thành trong điều kiện của bài toán.
1) Rõ ràng là với n = 1 thì câu lệnh là đúng
3 3+3 -26-27=676
2) Giả sử rằng với n = k
biểu thức 3 3k + 3 -26k-27 chia hết cho 26 2 không dư.
3) Hãy chứng minh rằng mệnh đề đúng với n = k + 1
3 3k + 6 -26 (k + 1) -27 = 26 (3 3k + 3 -1) + (3 3k + 3 -26k-27).
Cả hai số hạng đều chia hết cho 26 2; kết quả thứ nhất chia hết cho 26 2 bởi vì chúng ta đã chứng minh rằng biểu thức trong ngoặc chia hết cho 26, và biểu thức thứ hai chia hết theo giả thiết quy nạp. Bằng phương pháp quy nạp toán học, khẳng định được chứng minh.
Chứng minh rằng nếu n> 2 và x> 0 thì bất đẳng thức
(1 + x) n> 1 + n´x.
Lời giải: 1) Với n = 2, bất đẳng thức đúng, vì
(1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2> 1 + 2x.
Vậy A (2) đúng.
2) Hãy chứng minh rằng A (k) ÞA (k + 1) nếu k> 2. Giả sử rằng A (k) đúng, tức là bất đẳng thức
(1 + x) k> 1 + k´x. (3)
Hãy để chúng tôi chứng minh rằng khi đó A (k + 1) cũng đúng, tức là bất đẳng thức
(1 + x) k + 1> 1+ (k + 1) ´x.
Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức (3) với một số dương 1 + x, ta được
(1 + x) k + 1> (1 + k´x) (1 + x).
Xem xét mặt phải của điểm không bằng nhau cuối cùng
stva; chúng ta có
(1 + k´x) (1 + x) = 1 + (k + 1) ´x + k´x 2> 1+ (k + 1) ´x.
Kết quả là, chúng tôi nhận được rằng
(1 + x) k + 1> 1+ (k + 1) ´x.
Vậy A (k) ÞA (k + 1). Dựa trên nguyên tắc quy nạp toán học, có thể lập luận rằng bất đẳng thức Bernoulli có giá trị đối với bất kỳ
Chứng minh rằng bất đẳng thức là đúng
(1 + a + a 2) m> 1 + m´a + (m (m + 1) / 2) ´a 2 với a> 0.
Lời giải: 1) Với m = 1
(1 + a + a 2) 1> 1 + a + (2/2) ´a 2 cả hai phần bằng nhau.
2) Giả sử rằng với m = k
(1 + a + a 2) k> 1 + k´a + (k (k + 1) / 2) ´a 2
3) Hãy chứng minh rằng với m = k + 1 thì bất đẳng thức là đúng
(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.
Chúng ta đã chứng minh tính đúng đắn của bất đẳng thức đối với m = k + 1, do đó, bằng phương pháp quy nạp toán học, bất đẳng thức đúng với bất kỳ m tự nhiên nào.
Chứng minh rằng với n> 6 thì bất đẳng thức
3 n> n´2 n + 1.
Lời giải: Hãy viết lại bất đẳng thức dưới dạng
- Với n = 7 chúng ta có
- Giả sử rằng với n = k
3 7/2 7 = 2187/128> 14 = 2´7
sự bất bình đẳng là đúng.
3) Hãy chứng minh tính đúng đắn của bất đẳng thức với n = k + 1.
3k + 1 / 2k + 1 = (3k / 2k) ´ (3/2)> 2k´ (3/2) = 3k> 2 (k + 1).
Vì k> 7, bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên.
Nhờ phương pháp quy nạp toán học, bất đẳng thức có giá trị đối với n tự nhiên bất kỳ.
Chứng minh rằng với n> 2 thì bất đẳng thức
1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / n 2)<1,7-(1/n).
Giải: 1) Với n = 3, bất đẳng thức đúng
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Giả sử rằng với n = k
1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / k 2) = 1,7- (1 / k).
3) Chúng tôi sẽ chứng minh tính hợp lệ của
bằng nhau cho n = k + 1
(1+ (1/2 2) +… + (1 / k 2)) + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
Hãy chứng minh rằng 1,7- (1 / k) + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k+1)Û
w (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 Điều sau là hiển nhiên, và do đó 1+ (1/2 2) + (1/3 2) +… + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k+1). Bằng phương pháp quy nạp toán học, tính bất đẳng thức được chứng minh. Sự kết luận Đặc biệt, nhờ học theo phương pháp quy nạp toán học, tôi đã nâng cao kiến thức của mình trong lĩnh vực toán học này, và cũng học được cách giải những bài toán mà trước đây tôi vượt quá khả năng của mình. Về cơ bản, đây là những nhiệm vụ hợp lý và giải trí, tức là chỉ là những thứ làm tăng sự quan tâm đến bản thân toán học như một môn khoa học. Việc giải những bài toán như vậy trở thành một hoạt động giải trí và có thể thu hút ngày càng nhiều người ham học hỏi đến với mê cung toán học. Theo tôi, đây là cơ sở của bất kỳ ngành khoa học nào. Tiếp tục nghiên cứu phương pháp quy nạp toán học, em sẽ cố gắng học cách ứng dụng nó không chỉ trong toán học mà còn trong việc giải các bài toán vật lý, hóa học và bản thân cuộc sống. TOÁN HỌC: LỜI NÓI ĐẦU, NHIỆM VỤ, GIẢI PHÁP Sách giáo khoa / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996. ĐẠI SỐ VÀ CÁC NGUYÊN TẮC PHÂN TÍCH Sách giáo khoa / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. "Khai sáng" 1975. Để thực hiện việc này, trước tiên hãy kiểm tra độ trung thực của câu lệnh với số 1 - cơ sở cảm ứng, và sau đó người ta chứng minh rằng nếu câu lệnh với số N, thì khẳng định sau với số N + 1 - bước cảm ứng, hoặc chuyển đổi quy nạp. Chứng minh bằng quy nạp có thể được hình dung dưới dạng cái gọi là nguyên tắc domino. Để bất kỳ số domino nào được sắp xếp thành một hàng sao cho mỗi quân domino, rơi xuống, nhất thiết phải lật ngược quân domino tiếp theo (đây là quá trình chuyển đổi quy nạp). Sau đó, nếu chúng ta đẩy xương đầu tiên (đây là cơ sở của cảm ứng), thì tất cả các xương trong hàng sẽ rơi xuống. Cơ sở logic cho phương pháp chứng minh này là cái gọi là tiên đề cảm ứng, tiên đề thứ năm của tiên đề Peano xác định các số tự nhiên. Tính đúng đắn của phương pháp quy nạp tương đương với việc trong bất kỳ tập con số tự nhiên nào cũng có một phần tử nhỏ nhất. Ngoài ra còn có một biến thể, cái gọi là nguyên tắc quy nạp toán học hoàn chỉnh. Đây là từ ngữ nghiêm ngặt của nó: Nguyên tắc quy nạp toán học hoàn toàn cũng tương đương với tiên đề quy nạp trong tiên đề Peano. Một nhiệm vụ. Chứng minh rằng, bất kể điều gì tự nhiên N và thực q≠ 1, bình đẳng Bằng chứng. Cảm ứng trên N. Cơ sở, N = 1: Chuyển tiếp: Hãy giả vờ như vậy Q.E.D. Bình luận: sự trung thực của tuyên bố P N trong chứng minh này cũng giống như giá trị của đẳng thức Quỹ Wikimedia. Năm 2010. Quy nạp toán học trong toán học là một trong những phương pháp chứng minh. Được sử dụng để chứng minh tính đúng của một số phát biểu cho mọi số tự nhiên. Để làm được điều này, đầu tiên phải kiểm tra độ trung thực của tuyên bố với số 1, cơ sở quy nạp, và sau đó ... ... Wikipedia Một phương pháp xây dựng một lý thuyết, trong khi nó dựa trên một số quy định của nó - tiên đề hoặc định đề - mà từ đó tất cả các quy định khác của lý thuyết (định lý) đều được suy ra bằng suy luận, được gọi là chứng minh m i. Quy tắc, nhân tiện ... ... Bách khoa toàn thư triết học Quy nạp (hướng dẫn inductio tiếng Latinh) là quá trình suy luận dựa trên sự chuyển đổi từ một vị trí cụ thể sang một vị trí chung. Suy luận quy nạp kết nối các tiền đề riêng với kết luận không quá nhiều thông qua các quy luật logic, mà là thông qua một số ... ... Wikipedia PHƯƠNG PHÁP DI TRUYỀN- một cách xác lập nội dung và bản chất của đối tượng được nghiên cứu không phải theo quy ước, lý tưởng hóa hay kết luận lôgic mà bằng cách nghiên cứu nguồn gốc của nó (dựa trên nghiên cứu nguyên nhân dẫn đến sự xuất hiện của nó, cơ chế hình thành). Rộng... ... Triết học Khoa học: Bảng chú giải thuật ngữ cơ bản Một phương pháp xây dựng một lý thuyết khoa học, trong đó nó dựa trên một số quy định ban đầu (phán đoán) của một tiên đề (See Axiom), hoặc Định đề, từ đó tất cả các phát biểu khác của khoa học này (các định lý (See Theorem)) phải được suy ra. .. ... Bách khoa toàn thư Liên Xô vĩ đại phương pháp tiên đề- PHƯƠNG PHÁP AXIOMATIC (từ tiếng Hy Lạp là axioma) vị trí được chấp nhận là một phương pháp xây dựng một lý thuyết khoa học, trong đó chỉ sử dụng các tiên đề, định đề và các phát biểu xuất phát từ chúng để làm bằng chứng. Được hiển thị lần đầu tiên ... Bách khoa toàn thư về Nhận thức luận và Triết học Khoa học Một trong những phương pháp lý thuyết sai số để ước lượng các đại lượng chưa biết từ kết quả đo có chứa sai số ngẫu nhiên. N. c. M. Cũng được sử dụng để biểu diễn gần đúng một hàm đã cho bởi các hàm khác (đơn giản hơn) và thường trở thành ... Bách khoa toàn thư toán học Quy nạp toán học là một trong những phương pháp chứng minh toán học, được sử dụng để chứng minh tính chân lý của một số phát biểu đối với mọi số tự nhiên. Để làm điều này, trước tiên hãy kiểm tra ... Wikipedia Thuật ngữ này có các nghĩa khác, xem phần Cảm ứng. Quy nạp (hướng dẫn inductio tiếng Latinh) là quá trình suy luận dựa trên sự chuyển đổi từ một vị trí cụ thể sang một vị trí chung. Suy luận quy nạp kết nối các tiền đề riêng ... ... Wikipedia MBOU Lyceum "Kinh tế và Kỹ thuật"
PHƯƠNG PHÁP CẤU TRÚC TOÁN HỌC
PHƯƠNG PHÁP CẤU TRÚC HOÁ HỌC.
LƯU Ý GIẢI THÍCH
Tài liệu phát triển phương pháp "Phương pháp quy nạp toán học" được biên soạn dành cho các bạn học sinh lớp 10 chuyên đề toán. Mục tiêu chính: giúp học sinh làm quen với phương pháp quy nạp toán học và dạy cách áp dụng nó vào việc giải các bài toán khác nhau. Trong quá trình phát triển có phương pháp, các câu hỏi của toán tiểu học được xem xét: bài toán chia hết, chứng minh đồng dạng, chứng minh bất đẳng thức, các bài toán có mức độ phức tạp khác nhau được đề xuất, bao gồm cả các bài toán đưa ra tại Olympic. Vai trò của suy luận quy nạp trong khoa học thực nghiệm là rất lớn. Họ đưa ra những quy định đó, từ đó kết luận thêm bằng cách suy diễn. Tên phương pháp quy nạp toán học lừa dối - trên thực tế, phương pháp này là suy luận và đưa ra một bằng chứng chặt chẽ về các phát biểu được đoán bằng quy nạp. Phương pháp quy nạp toán học góp phần xác định mối liên hệ giữa các phần khác nhau của toán học, giúp phát triển văn hóa toán học của học sinh. Định nghĩa phương pháp quy nạp toán học. Cảm ứng hoàn toàn và không hoàn toàn. Chứng minh các bất đẳng thức. Bằng chứng về danh tính. Giải bài toán chia hết. Giải các bài toán khác nhau về chủ đề "Phương pháp quy nạp toán học". VĂN HỌC DÀNH CHO GIÁO VIÊN
1. M.L. Galitsky. Nghiên cứu chuyên sâu về khóa học đại số và phân tích toán học. - M. Khai sáng. 1986. 2. L.I. Zvavich. Đại số và sự khởi đầu của phân tích. Vật liệu Didactic. M. Drofa. 2001. 3. N.Ya. Vilenkin. Đại số và phân tích toán học. M Khai sáng.1995. 4. Yu.V. Mikheev. Phương pháp quy nạp toán học. NGÕ.1995. VĂN HỌC DÀNH CHO SINH VIÊN
1. N.Ya. Vilenkin. Đại số và phân tích toán học. M Khai sáng.1995. 2. Yu.V. Mikheev. Phương pháp quy nạp toán học. NGÕ.1995. TỪ KHÓA
Quy nạp, tiên đề, nguyên tắc quy nạp toán học, quy nạp hoàn toàn, quy nạp không hoàn toàn, khẳng định, đồng nhất, bất đẳng thức, chia hết. PHỤ LỤC RIÊNG CHO CHỦ ĐỀ
“PHƯƠNG PHÁP CẤU TRÚC TOÁN HỌC”.
Bài học số 1
Định nghĩa phương pháp quy nạp toán học.
Phương pháp quy nạp toán học là một trong những phương pháp có hiệu quả cao để tìm ra kết quả mới và chứng minh sự đúng đắn của các giả thiết đã đưa ra. Mặc dù phương pháp này không phải là mới trong toán học, nhưng sự quan tâm đến nó không hề suy giảm. Lần đầu tiên được trình bày rõ ràng, phương pháp quy nạp toán học được nhà khoa học lỗi lạc người Pháp Blaise Pascal áp dụng vào thế kỷ 17 trong việc chứng minh các tính chất của tam giác số, từ đó được đặt theo tên của ông. Tuy nhiên, người Hy Lạp cổ đại đã biết đến ý tưởng quy nạp toán học. Phương pháp quy nạp toán học dựa trên nguyên tắc quy nạp toán học, được chấp nhận như một tiên đề. Chúng ta sẽ xem xét ý tưởng quy nạp toán học với các ví dụ. Ví dụ 1.
Hình vuông được chia bởi một phân đoạn thành hai phần, sau đó một trong những phần kết quả được chia thành hai phần, v.v. Xác định xem hình vuông được chia thành bao nhiêu phần P các bước? Dung dịch. Sau bước đầu tiên, theo điều kiện, chúng tôi nhận được 2 phần. Ở bước thứ hai, chúng ta giữ nguyên một phần, và chia thứ hai thành 2 phần và được 3 phần. Ở bước thứ ba, chúng ta giữ nguyên 2 phần, và chia phần ba thành hai phần và được 4 phần. Bước thứ tư, chúng ta giữ nguyên 3 phần, chia phần cuối cùng thành hai phần sẽ được 5 phần. Trong bước thứ năm, chúng ta sẽ nhận được 6 phần. Đề xuất được thực hiện thông qua P các bước chúng tôi nhận được (n + 1) phần. Nhưng mệnh đề này cần được chứng minh. Hãy giả sử rằng thông qua đến các bước hình vuông được chia thành (k + 1) phần. Sau đó, trên (k + 1) bước chúng tôi đến các bộ phận sẽ không thay đổi, và (k + 1) chia phần thành hai phần và nhận được (k + 2) các bộ phận. Bạn lưu ý rằng bạn có thể tranh luận như thế này bao lâu tùy thích, quảng cáo. Đó là, giả định của chúng tôi là P các bước hình vuông sẽ được chia thành (n + 1) một phần, trở nên được chứng minh. Ví dụ # 2.
Bà nội tôi có một cô cháu gái rất thích mứt, và đặc biệt là loại đựng trong lọ một lít. Nhưng bà nội không cho anh động vào. Và những đứa cháu gái đã quyết định lừa dối bà của mình. Ông quyết định ăn mỗi ngày 1/10 lít từ chum này rồi đổ nước vào, trộn kỹ. Sau bao nhiêu ngày bà nội sẽ phát hiện ra sự lừa dối nếu mứt vẫn giữ nguyên hình dạng khi pha loãng với nước một nửa? Dung dịch. Tìm bao nhiêu mứt nguyên chất sẽ còn lại trong lọ sau P ngày. Sau ngày đầu tiên, hỗn hợp sẽ vẫn còn trong lọ, gồm 9/10 mứt và 1/10 nước. Sau hai ngày, 1/10 lượng hỗn hợp nước và mứt sẽ biến mất khỏi lọ và còn lại (1 lít hỗn hợp chứa 9/10 lít mứt, 1/10 lít hỗn hợp chứa 9/100 lít mứt) 9/10 - 9/100 = 81/100 = (9/10) 2 lít mứt. Vào ngày thứ ba, 1/10 lít hỗn hợp gồm 81/100 mứt và 19/100 nước sẽ biến mất khỏi lọ. Trong 1 lít hỗn hợp có 81/100 lít mứt, trong 1/10 lít hỗn hợp có 81/1000 lít mứt. 81/100 - 81/1000 = 729/1000 = (9/10) Sau 3 ngày sẽ còn lại 3 lít mứt, phần còn lại đem đi hấp cách thủy. Một mô hình nổi lên. Xuyên qua P ngày còn lại trong ngân hàng (9/10) P Tôi kẹt. Nhưng một lần nữa, đây chỉ là phỏng đoán của chúng tôi. Để cho đến là một số tự nhiên tùy ý. Hãy giả sử rằng thông qua đến ngày trong ngân hàng sẽ vẫn còn (9/10) để tôi kẹt. Hãy xem những gì sẽ có trong ngân hàng trong một ngày khác, nghĩa là, trong (k + 1) ngày. Sẽ biến mất khỏi ngân hàng 1 / 10l một hỗn hợp của (9/10)
đến l mứt và nước. TẠI 1l hỗn hợp là (9/10)
đến l kẹt, trong 1 / 10l hỗn hợp (9/10)
k + 1 l mứt. Bây giờ chúng ta có thể nói điều đó một cách an toàn thông qua P ngày còn lại trong ngân hàng (9/10)
P l mứt. Trong 6 ngày nữa ngân hàng sẽ có 531444 / 1000000l mứt, sau 7 ngày - 4782969 / 10000000l mứt, nghĩa là, ít hơn một nửa. Câu trả lời: sau 7 ngày, bà nội sẽ phát hiện ra sự lừa dối. Hãy để chúng tôi cố gắng tìm ra những điều cơ bản nhất trong các giải pháp của các vấn đề được xem xét. Chúng tôi bắt đầu giải quyết từng trường hợp bằng cách xem xét các trường hợp riêng biệt hoặc, như họ nói, các trường hợp đặc biệt. Sau đó, dựa trên những quan sát của mình, chúng tôi đã đưa ra một số giả định P (n), tùy thuộc vào tự nhiên P.
khẳng định đã được kiểm tra, nghĩa là, đã được chứng minh P (1), P (2), P (3);
cho rằng P (n) có hiệu lực cho n = k và suy ra rằng sau đó nó sẽ có giá trị cho lần tiếp theo n, n = k + 1.
Và sau đó họ tranh luận một cái gì đó như thế này: P (1) bên phải, P (2) bên phải, P (3) bên phải, P (4)đúng ... đúng vậy P (n).
Nguyên tắc quy nạp toán học.
Bản tường trình P (n), tùy thuộc vào tự nhiên P, có giá trị cho tất cả tự nhiên P, nếu 1) tính hợp lệ của khẳng định đối với n = 1;
2) từ giả định về tính hợp lệ của tuyên bố P (n) tại n = k Nên Sự công bằng P (n) tại n = k + 1.
Trong toán học, nguyên tắc quy nạp toán học được chọn, như một quy luật, như một trong những tiên đề xác định chuỗi số tự nhiên, và do đó, được chấp nhận mà không cần chứng minh. Phương pháp chứng minh bằng nguyên lý quy nạp toán học thường được gọi là phương pháp quy nạp toán học. Lưu ý rằng phương pháp này được sử dụng rộng rãi trong việc chứng minh các định lý, đồng dạng, bất đẳng thức trong việc giải các bài toán chia hết và nhiều bài toán khác. Bài 2
Cảm ứng hoàn toàn và không hoàn toàn.
Trong trường hợp một phát biểu toán học liên quan đến một số hữu hạn đối tượng, nó có thể được chứng minh bằng cách kiểm tra từng đối tượng, ví dụ, phát biểu "Mọi số chẵn có hai chữ số là tổng của hai số nguyên tố." Phương pháp chứng minh trong đó chúng ta kiểm tra một phát biểu cho một số hữu hạn các trường hợp được gọi là quy nạp toán học hoàn chỉnh. Phương pháp này tương đối hiếm khi được sử dụng, vì các câu lệnh thường được xem xét trên các tập vô hạn. Ví dụ, định lý "Mọi số chẵn bằng tổng của hai số nguyên tố" cho đến nay vẫn chưa được chứng minh và bác bỏ. Ngay cả khi chúng ta đã kiểm tra định lý này cho một tỷ đầu tiên, nó sẽ không đưa chúng ta đến gần hơn một bước để chứng minh nó. Trong khoa học tự nhiên, quy nạp không hoàn toàn được sử dụng, thử nghiệm nhiều lần, chuyển kết quả cho tất cả các trường hợp. Ví dụ # 3
Đoán bằng cách sử dụng công thức quy nạp không đầy đủ cho tổng các lập phương của số tự nhiên. Dung dịch. 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. Bằng chứng. Hãy để nó đúng với n = k.
Hãy chứng minh điều đó đúng với n = k + 1.
Kết luận: công thức tính tổng lập phương của các số tự nhiên đúng với mọi số tự nhiên P.
Ví dụ # 4
Hãy xem xét sự bằng nhau và đoán xem những ví dụ này dẫn đến luật chung nào. Dung dịch. 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
……………………………………………………………..
Ví dụ số 5
Viết các biểu thức sau dưới dạng tổng: 1) Ví dụ # 6.
Viết các tổng sau bằng dấu 2) Ví dụ # 7.
Viết các biểu thức sau dưới dạng tích: 1) 3) Ví dụ # 8.
Viết lại các tác phẩm sau đây bằng dấu (chữ cái Hy Lạp viết hoa "pi") 1) Ví dụ # 9.
Tính giá trị của đa thức Giả thiết này có đúng không? Dung dịch. Nếu mỗi tổng và chia hết cho một số thì tổng chia hết cho số đó, Việc phân tích một số hữu hạn các trường hợp đóng một vai trò quan trọng trong toán học: mà không cần đưa ra một chứng minh của một phát biểu nào đó, nó sẽ giúp đoán được công thức chính xác của phát biểu này, nếu nó chưa được biết đến. Đây là cách Goldbach, một thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg, đưa ra phỏng đoán rằng bất kỳ số tự nhiên nào, bắt đầu từ hai, là tổng của nhiều nhất ba số nguyên tố. Bài học số 3
Phương pháp quy nạp toán học cho phép chúng ta chứng minh nhiều danh tính khác nhau. Ví dụ # 10. Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó cho tất cả P nhận dạng Dung dịch. Chúng ta hãy đặt Chúng tôi cần chứng minh rằng Hãy để chúng tôi chứng minh rằng Sau đó từ sự thật của danh tính Theo nguyên tắc quy nạp toán học, chân lý của danh tính cho tất cả P.
Ví dụ # 11.
Hãy chứng minh danh tính Bằng chứng. các kỳ hạn bằng nhau. Bài số 4.
Chứng minh danh tính bằng quy nạp toán học.
Ví dụ # 12.
Hãy chứng minh danh tính Bằng chứng. Áp dụng nguyên tắc quy nạp toán học, chúng tôi đã chứng minh rằng đẳng thức đúng cho tất cả P.
Ví dụ # 13.
Hãy chứng minh danh tính Bằng chứng. Áp dụng nguyên tắc quy nạp toán học, chúng tôi đã chứng minh rằng tuyên bố này đúng với bất kỳ P.
Ví dụ # 14.
Hãy chứng minh danh tính Bằng chứng. Ví dụ # 15.
Hãy chứng minh danh tính 1)
n = 1;
2) cho n = k
bình đẳng 3) chứng minh rằng sự bình đẳng giữ cho n = k + 1:
Kết luận: danh tính có giá trị cho bất kỳ tự nhiên nào P.
Ví dụ # 16. Hãy chứng minh danh tính Bằng chứng. Nếu một n = 1
, sau đó Hãy để danh tính giữ cho n = k.
Hãy để chúng tôi chứng minh rằng danh tính giữ cho n = k + 1.
Sau đó, danh tính có giá trị cho bất kỳ P.
Bài số 5.
Chứng minh danh tính bằng quy nạp toán học.
Ví dụ # 17. Hãy chứng minh danh tính Bằng chứng. Nếu một n = 2
, thì chúng ta nhận được đẳng thức đúng: Hãy để sự bình đẳng là đúng chon = k:
Hãy để chúng tôi chứng minh tính hợp lệ của khẳng định đối với n = k + 1.
Theo nguyên tắc quy nạp toán học, sự đồng nhất được chứng minh. Ví dụ # 18.
Hãy chứng minh danh tính Tại n = 2
danh tính này có thể được viết lại trong một hình thức rất đơn giản và rõ ràng là đúng. Để tại n = k thật sự Hãy để chúng tôi chứng minh tính hợp lệ của khẳng định đối vớin = k + 1,
nghĩa là, đẳng thức được thỏa mãn:. Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng danh tính đúng với bất kỳ n≥2.
Ví dụ # 19.
Hãy chứng minh danh tính Tại n = 1
chúng tôi nhận được sự bình đẳng đúng: Hãy giả sử rằng tại n = k chúng tôi cũng nhận được sự bình đẳng chính xác: Hãy để chúng tôi chứng minh rằng tính hợp lệ của đẳng thức được quan sát đối với n = k + 1:
Sau đó, danh tính có giá trị đối với bất kỳ P.
Bài số 6.
Giải bài toán chia hết.
Ví dụ # 20. Chứng minh bằng quy nạp toán học rằng Bằng chứng. Tại n = 1
có một sự phân chia thành6
Không một dâu vêt, Để tại n = k
biểu hiện Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó khi n = k + 1
biểu hiện Mỗi thuật ngữ là một bội số 6
, vì vậy tổng là bội số của 6
.
Ví dụ số 21.
Bằng chứng. Tại n = 1
biểu thức có thể chia hết Để tại n = k
biểu hiện Tại n = k + 1 chia 5
.
Ví dụ # 22.
Chứng minh tính chia hết của một biểu thức Bằng chứng. Tại n = 1 nhiều 16
.
Để tại n = k
Tại n = k + 1
Tất cả các điều khoản đều chia hết cho 16:
đầu tiên rõ ràng là thứ hai theo giả định, và thứ ba có số chẵn trong ngoặc. Ví dụ # 23.
Chứng minh tính chất chia hết Bằng chứng. Trước tiên hãy để chúng tôi chứng minh rằng Tại n = 0
Để tại n = k
Sau đó tại n = k + 1 chia 26
.
Bây giờ chúng ta hãy chứng minh khẳng định được xây dựng trong điều kiện của bài toán. Tại n = 1 chia 676.
Tại n = k
đúng là như vậy Tại n = k + 1
.
Cả hai thuật ngữ đều chia hết cho 676
; thứ nhất là vì chúng tôi đã chứng minh được tính chất chia hết cho 26
biểu thức trong ngoặc, và biểu thức thứ hai chia hết cho giả thuyết quy nạp. Bài số 7.
Giải bài toán chia hết.
Ví dụ số 24.
Chứng minh rằng Bằng chứng. Tại n = 1
Tại n = k
Tại n = k + 1
mỗi số hạng chia hết cho5
Không một dâu vêt. Ví dụ # 25.
Chứng minh rằng Bằng chứng. Tại n = 1
Để tại n = k
Tại n = k + 1 chia 6
không có phần dư, vì mỗi số hạng chia hết cho6
không có phần dư: số hạng đầu tiên, theo giả thiết quy nạp, số hạng thứ hai, hiển nhiên, số hạng thứ ba, bởi vì Ví dụ # 26.
Chứng minh rằng Bằng chứng. Hãy chứng minh rằng Tại n = 1 Tại n = k + 1 chia 9
.
Ví dụ số 27.
Chứng minh rằng chia hết cho15
Không một dâu vêt. Bằng chứng. Tại n = 1 chia 15
.
Để tại n = k chia 15
Không một dâu vêt. Tại n = k + 1
Số hạng đầu tiên là bội số15
theo giả thuyết quy nạp, số hạng thứ hai là bội số của15
- rõ ràng, số hạng thứ ba là bội số của15
, tại vì Bài số 8-9.
Chứng minh bất đẳng thức bằng quy nạp toán học
Ví dụ # 28. Tại n = 1 chúng ta có Để tại n = k Tại n = k + 1 Khi đó, bất đẳng thức có giá trị đối với bất kỳ P. Ví dụ # 29. Chứng minh rằng bất đẳng thức là đúng Tại n = 1 chúng tôi nhận được bất đẳng thức đúng 4 >1.
Để tại n = k sự bất bình đẳng Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó khi n = k + 1 sự bất bình đẳng Đối với bất kỳ tự nhiên đến sự bất bình đẳng được quan sát. Nếu một Ví dụ # 30. Để cho n = 1 Chúng ta hãy giả định rằng sự bất bình đẳng đó là n = k: Tại n = k + 1 Ví dụ số 31. Chứng minh tính hợp lệ của bất đẳng thức Trước tiên hãy để chúng tôi chứng minh điều đó cho bất kỳ t sự bất bình đẳng Tại n = 1 bất bình đẳng ban đầu là đúng Hãy để sự bất bình đẳng giữ vững n = k: Tại n = k + 1 Bài số 10.
Giải quyết vấn đề về chủ đề
Phương pháp quy nạp toán học.
Ví dụ # 32. Chứng minh bất đẳng thức Bernoulli. Nếu một Bằng chứng. Tại n = 1
bất đẳng thức đang được chứng minh có dạng Kể từ khi theo điều kiện Tại vì Vì vậy, bất đẳng thức đúng với n = 1, và từ sự thật của nó tại n = k nó theo sau rằng nó là sự thật và n = k + 1. Do đó, bằng quy nạp toán học, nó hoàn toàn tự nhiên P.
Ví dụ, Ví dụ số 33.
Tìm tất cả các giá trị tự nhiênP
, mà sự bất bình đẳng Dung dịch. Tại n = 1 sự bất bình đẳng là đúng. Tại n = 2 bất bình đẳng cũng đúng. Tại n = 3 sự bất bình đẳng không còn được thoả mãn. Chỉ khi n = 6 sự bất bình đẳng giữ nguyên, do đó đối với cơ sở quy nạp, chúng ta có thể lấy n = 6.
Giả sử rằng bất đẳng thức đúng với một số tự nhiên đến:
Sự bất bình đẳng cuối cùng tồn tại nếu Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, hãy chứng minh rằng với bất kỳ N các giá trị bằng nhau sau đây là đúng: Dung dịch. a) Khi nào N= 1 đẳng thức là hợp lệ. Giả sử tính hợp lệ của bình đẳng đối với N, hãy để chúng tôi chứng minh rằng nó cũng hợp lệ cho N+ 1. Thật vậy, Q.E.D. b) Khi N= 1 giá trị của đẳng thức là hiển nhiên. Từ giả định về sự công bằng của nó tại N Nên Cho đẳng thức 1 + 2 + ... + N = N(N+ 1) / 2, chúng tôi nhận được 1 3 + 2 3 + ... + N 3 + (N + 1) 3 = (1 + 2 + ... + N + (N + 1)) 2 , tức là, tuyên bố cũng đúng với N + 1. ví dụ 1 Chứng minh các đẳng thức sau Dung dịch. a) Khi nào N= 1 đẳng thức sẽ có dạng 1 = 1, do đó, P(1) đúng. Chúng ta hãy giả định rằng sự bình đẳng này là đúng, nghĩa là, chúng ta có Do đó, theo phương pháp quy nạp toán học, hằng đẳng thức ban đầu có giá trị đối với bất kỳ N. Nhận xét 2. Ví dụ này có thể được giải quyết theo cách khác. Thật vậy, tổng 1 + 2 + 3 + ... + N là tổng của cái đầu tiên N thành viên của một cấp số cộng với thành viên đầu tiên một 1 = 1 và sự khác biệt d= 1. Nhờ công thức nổi tiếng b) Khi N= 1 đẳng thức sẽ có dạng: 2 1 - 1 = 1 2 hoặc 1 = 1, nghĩa là P(1) đúng. Chúng ta hãy giả định rằng sự bình đẳng 1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) = N 2 và chứng minh rằngP(N + 1):
1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) + (2(N + 1) - 1) = (N+ 1) 2 hoặc 1 + 3 + 5 + ... + (2 N - 1) + (2N + 1) = (N + 1) 2 . Sử dụng giả thuyết quy nạp, chúng tôi nhận được 1 + 3 + 5 + ... + (2N - 1) + (2N + 1) = N 2 + (2N + 1) = (N + 1) 2 . Bằng cách này, P(N+ 1) là đúng và do đó, đẳng thức bắt buộc được chứng minh. Nhận xét 3. Ví dụ này có thể được giải quyết (tương tự như ví dụ trước) mà không cần sử dụng phương pháp quy nạp toán học. c) Khi N= 1 đẳng thức đúng: 1 = 1. Giả sử rằng sự bình đẳng là đúng d) Khi N= 1 đẳng thức có giá trị: 1 = 1. Hãy giả sử rằng có Có thật không, e) Phê duyệt P(1) đúng: 2 = 2. Giả sử rằng bình đẳng Do đó, bình đẳng ban đầu giữ cho bất kỳ N. f) P(1) đúng: Thật vậy, cho rằng P(N) diễn ra, chúng tôi nhận được Như vậy, đẳng thức được chứng minh. g) Khi nào N= 1 chúng tôi có một + b = b + một và do đó bình đẳng là đúng. Hãy để công thức nhị thức Newton có giá trị N = k, đó là, Ví dụ 2 Chứng minh các bất đẳng thức Dung dịch. a) Khi nào N= 1 chúng ta thu được bất đẳng thức đúng 1 + a ≥ 1 + a. Hãy giả sử rằng có một bất bình đẳng Thật vậy, vì a> -1 ngụ ý a + 1> 0, khi đó nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với (a + 1), ta được (1 + a) N(1 + a) ≥ (1 + N a) (1 + a) hoặc (1 + a) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1) a + N a 2 Bởi vì N một 2 ≥ 0, do đó,(1 + a) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1) a + N a 2 ≥ 1 + ( N+ 1) a. Do đó, nếu P(N) là đúng, sau đó P(N+ 1) là đúng, do đó, theo nguyên tắc quy nạp toán học, bất đẳng thức Bernoulli là đúng. b) Khi N= 1 chúng tôi nhận được x 1 = 1 và do đó, x 1 ≥ 1 tức là P(1) là một tuyên bố công bằng. Hãy giả vờ như vậy P(N) là đúng, nghĩa là, nếu adica, x 1 ,x 2 ,...,x N - N các số dương có tích bằng một, x 1 x 2 · ... · x N= 1 và x 1 + x 2 + ... + x N ≥ N. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng mệnh đề này ngụ ý rằng điều sau là đúng: nếu x 1 ,x 2 ,...,x N ,x N+1 - (N+ 1) các số dương sao cho x 1 x 2 · ... · x N · x N+1 = 1, sau đó x 1 + x 2 + ... + x N + x N + 1 ≥N + 1. Hãy xem xét hai trường hợp sau: 1) x 1 = x 2 = ... = x N = x N+1 = 1. Khi đó tổng các số này là ( N+ 1), và bất đẳng thức yêu cầu được thỏa mãn; 2) ít nhất một số khác với một, ví dụ, lớn hơn một. Sau đó, bởi vì x 1 x 2 · ... · x N · x N+ 1 = 1 thì có ít nhất một số khác không (chính xác hơn là nhỏ hơn một). Để cho x N+ 1> 1 và x N < 1. Рассмотрим N số dương Vì (1 - x N)(x N+1 - 1)> 0, sau đó N + x N + x N+1 - x N x N+1 = N + 1 + x N+1 (1 - x N) - 1 + x N = Nhận xét 4. Dấu bằng xảy ra nếu và chỉ khi x 1 = x 2 = ... = x N = 1. c) Để x 1 ,x 2 ,...,x N là các số dương tùy ý. Hãy xem xét những điều sau N số dương: Nhận xét 5. Bình đẳng được duy trì nếu và chỉ khi x 1 = x 2 = ... = x N . d) P(1) - một tuyên bố công bằng: sin 2 a + cos 2 a = 1. Giả sử rằng P(N) là một tuyên bố đúng: Tội lỗi 2 N a + cos2 N a ≤ 1 và cho thấy rằng cóP(N+ 1). Có thật không, sin2 ( N+ 1) a + cos 2 ( N+ 1) a \ u003d sin 2 N a sin 2 a + cos 2 N a cos 2 a< sin 2N a + cos2 N a ≤ 1 (nếu sin 2 a ≤ 1 thì cos 2 a < 1, и обратно: если cos
2 a ≤ 1 thì sin 2 a < 1). Таким образом, для любого
N O N tội lỗi 2 N a + cos2 N ≤ 1 và dấu bằng chỉ đạt được khiN = 1.
e) Khi nào N= 1 tuyên bố là đúng: 1< 3 / 2 . Hãy giả sử rằng f) Tính đến Nhận xét 1, chúng tôi kiểm tra P(10): 2 10> 10 3, 1024> 1000, do đó, cho N= 10 phát biểu là đúng. Giả sử 2 N > N 3 (N> 10) và chứng minh P(N+ 1), tức là 2 N+1 > (N + 1) 3 . Kể từ lúc N> 10 chúng tôi có hoặc 2N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N+ 1 hoặc N 3 > 3N 2 + 3N + 1. Có tính đến sự bất bình đẳng (2 N >
N 3), chúng tôi nhận được 2 N+1 = 2 N 2 = 2 N + 2 N > N 3 + N 3 > N 3 + 3N 2 + 3N + 1 = (N + 1) 3 . Như vậy, theo phương pháp quy nạp toán học, đối với bất kỳ N O N, N≥ 10 chúng ta có 2 N > N 3 . Ví dụ 3 Chứng minh rằng với bất kỳ N O N Dung dịch. một) P(1) là một phát biểu đúng (0 chia hết cho 6). Để cho P(N) là công bằng, đó là N(2N 2 - 3N + 1) = N(N - 1)(2N- 1) chia hết cho 6. Hãy chứng tỏ rằng khi đó chúng ta có P(N+ 1), nghĩa là, ( N + 1)N(2N+ 1) chia hết cho 6. Thật vậy, vì Bằng cách này, P(N+ 1) là một tuyên bố công bằng, và do đó, N(2N 2 - 3N+ 1) chia hết cho 6 với bất kỳ N O N. b) Kiểm tra P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, do đó P(1) là một tuyên bố công bằng. Cần chứng minh rằng nếu 6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1 chia hết cho 11 ( P(N)), sau đó 6 2 N + 3 N+2 + 3 N cũng chia hết cho 11 ( P(N+ 1)). Thật vậy, bởi vì 6 2N + 3 N+2 + 3 N = 6 2N-2+2 + 3 N+1+1 + 3 N-1 + 1 == 6 2 6 2 N-2 + 3 3 N+1 + 3 3 N-1 = 3 (6 2 N-2 + 3 N+1 + 3 N-1) + 33 6 2 N-2 và thích 6 2 N-2 + 3
N+1 + 3
N-1 và 33 6 2 N-2 chia hết cho 11 thì tổng của chúng là 6 2N + 3
N+2 + 3
N chia hết cho 11. Khẳng định được chứng minh. Cảm ứng trong hình học Ví dụ 4 Tính cạnh của 2 đúng N-gon nội tiếp trong một đường tròn bán kính R. Kiến thức chân chính mọi lúc đều dựa trên việc thiết lập một khuôn mẫu và chứng minh tính xác thực của nó trong một số trường hợp nhất định. Trong một thời gian dài tồn tại của suy luận logic, các công thức của các quy tắc đã được đưa ra, và Aristotle thậm chí còn biên soạn một danh sách "suy luận đúng". Trong lịch sử, người ta thường chia tất cả các suy luận thành hai loại - từ cụ thể sang số nhiều (quy nạp) và ngược lại (suy luận). Cần lưu ý rằng các loại bằng chứng từ riêng đến chung và từ chung đến riêng chỉ tồn tại trong mối liên hệ với nhau và không thể thay thế cho nhau. Thuật ngữ "cảm ứng" (cảm ứng) có gốc từ tiếng Latinh và dịch theo nghĩa đen là "hướng dẫn". Khi nghiên cứu kỹ, người ta có thể phân biệt cấu trúc của từ, cụ thể là tiền tố Latinh - in- (biểu thị hành động hướng vào bên trong hoặc bên trong) và -duction - giới thiệu. Điều đáng chú ý là có hai loại - cảm ứng hoàn toàn và không hoàn toàn. Hình thức đầy đủ được đặc trưng bởi các kết luận rút ra từ việc nghiên cứu tất cả các đối tượng của một giai cấp nhất định. Không đầy đủ - kết luận áp dụng cho tất cả các đối tượng của lớp học, nhưng được thực hiện trên cơ sở nghiên cứu chỉ một số đơn vị. Quy nạp toán học hoàn chỉnh là một kết luận dựa trên kết luận chung về toàn bộ lớp của bất kỳ đối tượng nào có liên quan về mặt chức năng bởi các quan hệ của chuỗi số tự nhiên dựa trên kiến thức về kết nối chức năng này. Trong trường hợp này, quá trình chứng minh diễn ra trong ba giai đoạn: Để dễ nhận biết, các ví dụ về giải bằng phương pháp quy nạp toán học được tố cáo dưới dạng các bài toán đùa. Đây là nhiệm vụ Xếp hàng lịch sự: Một ví dụ nổi bật của phương pháp quy nạp toán học là bài toán "Chuyến bay không thứ nguyên": Các ví dụ về giải các bài toán và phương trình bằng quy nạp toán học là khá phổ biến. Để minh họa cho cách tiếp cận này, chúng ta có thể xem xét vấn đề sau. Tình trạng: h hình tròn được đặt trên mặt phẳng. Cần phải chứng minh rằng, đối với bất kỳ sự sắp xếp nào của các hình, bản đồ do chúng tạo thành có thể được tô màu chính xác bằng hai màu. Dung dịch: với h = 1, sự thật của phát biểu là hiển nhiên, do đó, chứng minh sẽ được xây dựng cho số hình tròn h + 1. Chúng ta hãy giả sử rằng tuyên bố đúng với bất kỳ bản đồ nào và h + 1 vòng tròn được cho trên mặt phẳng. Bằng cách xóa một trong các vòng tròn khỏi tổng số, bạn có thể nhận được bản đồ được tô màu chính xác bằng hai màu (đen và trắng). Khi khôi phục một vòng kết nối đã bị xóa, màu của mỗi khu vực sẽ thay đổi thành ngược lại (trong trường hợp này là bên trong vòng tròn). Nó chỉ ra một bản đồ được tô màu chính xác bằng hai màu, điều này cần được chứng minh. Ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học được trình bày rõ ràng dưới đây. Ví dụ giải pháp: Chứng minh rằng với bất kỳ h, đẳng thức sẽ đúng: 1 2 +2 2 +3 2 +… + h 2 = h (h + 1) (2h + 1) / 6. 1. Cho h = 1, thì: R 1 \ u003d 1 2 \ u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \ u003d 1 Từ đó, với h = 1, câu lệnh là đúng. 2. Giả sử h = d, phương trình sau thu được: R 1 \ u003d d 2 \ u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \ u003d 1 3. Giả sử rằng h = d + 1, kết quả là: R d + 1 = (d + 1) (d + 2) (2d + 3) / 6 R d + 1 = 1 2 +2 2 +3 2 +… + d 2 + (d + 1) 2 = d (d + 1) (2d + 1) / 6 + (d + 1) 2 = (d ( d + 1) (2d + 1) +6 (d + 1) 2) / 6 = (d + 1) (d (2d + 1) +6 (k + 1)) / 6 = (d + 1) (2d 2 + 7d + 6) / 6 = (d + 1) (2 (d + 3/2) (d + 2)) / 6 = (d + 1) (d + 2) ( 2d + 3) / 6. Do đó, tính đúng của đẳng thức đối với h = d + 1 đã được chứng minh, vì vậy mệnh đề này đúng với bất kỳ số tự nhiên nào, được thể hiện trong ví dụ giải bằng quy nạp toán học. Một nhiệm vụ Tình trạng: cần chứng minh rằng với giá trị nào của h thì biểu thức 7 h -1 chia hết cho 6 mà không có dư. Dung dịch: 1. Giả sử h = 1, trong trường hợp này: R 1 \ u003d 7 1 -1 \ u003d 6 (tức là chia cho 6 mà không có dư) Do đó, với h = 1, câu lệnh là đúng; 2. Cho h = d và 7 d -1 chia hết cho 6 không dư; 3. Chứng minh tính hợp lệ của phát biểu đối với h = d + 1 là công thức: R d +1 = 7 d +1 -1 = 7 ∙ 7 d -7 + 6 = 7 (7 d -1) +6 Trong trường hợp này, số hạng đầu tiên chia hết cho 6 theo giả thiết của đoạn đầu tiên và số hạng thứ hai bằng 6. Phát biểu rằng 7 h -1 chia hết cho 6 mà không có dư với bất kỳ h tự nhiên nào là đúng. Thông thường, lập luận không chính xác được sử dụng trong chứng minh, do sự không chính xác của các cấu trúc logic được sử dụng. Về cơ bản, điều này xảy ra khi cấu trúc và logic của bằng chứng bị vi phạm. Một ví dụ về lập luận không chính xác là hình minh họa sau đây. Một nhiệm vụ Tình trạng: yêu cầu một bằng chứng rằng bất kỳ đống đá nào không phải là một đống. Dung dịch: 1. Giả sử h = 1, trong trường hợp này có 1 viên đá trong đống và phát biểu là đúng (cơ sở); 2. Cho h = d đúng là một đống đá không phải là một đống (giả thiết); 3. Cho h = d + 1, từ đó suy ra rằng khi thêm một viên đá nữa, tập hợp đó sẽ không phải là một đống. Bản thân kết luận cho thấy rằng giả thiết có giá trị đối với tất cả các h tự nhiên. Lỗi nằm ở chỗ không có định nghĩa có bao nhiêu viên đá tạo thành một đống. Sự thiếu sót như vậy được gọi là sự tổng quát hóa vội vàng trong phương pháp quy nạp toán học. Một ví dụ cho thấy rõ điều này. Trong lịch sử, họ luôn “tay trong tay đi dạo”. Các bộ môn khoa học như logic, triết học mô tả chúng dưới dạng các mặt đối lập. Theo quan điểm của quy luật logic, các định nghĩa quy nạp dựa trên các dữ kiện, và tính xác thực của các tiền đề không xác định tính đúng đắn của phát biểu kết quả. Thông thường, các kết luận thu được với một mức độ xác suất và tính hợp lý nhất định, điều này tất nhiên phải được kiểm chứng và xác nhận bằng các nghiên cứu bổ sung. Một ví dụ về quy nạp trong logic sẽ là câu lệnh: Hạn hán ở Estonia, hạn hán ở Latvia, hạn hán ở Litva. Estonia, Latvia và Litva là các quốc gia vùng Baltic. Hạn hán ở tất cả các nước Baltic. Từ ví dụ này, chúng ta có thể kết luận rằng thông tin hoặc sự thật mới không thể thu được bằng phương pháp quy nạp. Tất cả những gì có thể được tin tưởng là một số kết luận có thể xác thực. Hơn nữa, sự thật của các tiền đề không đảm bảo các kết luận giống nhau. Tuy nhiên, thực tế này không có nghĩa là thực vật cảm ứng ở sân sau của sự suy diễn: một số lượng lớn các điều khoản và định luật khoa học được chứng minh bằng cách sử dụng phương pháp quy nạp. Toán học, sinh học và các ngành khoa học khác có thể là một ví dụ. Điều này chủ yếu là do phương pháp quy nạp hoàn toàn, nhưng trong một số trường hợp cũng có thể áp dụng một phần. Thời đại cảm ứng đáng kính đã cho phép nó thâm nhập vào hầu hết các lĩnh vực hoạt động của con người - đây là khoa học, kinh tế học và các kết luận hàng ngày. Phương pháp quy nạp đòi hỏi một thái độ cẩn thận, vì phụ thuộc quá nhiều vào số lượng các chi tiết được nghiên cứu của tổng thể: số lượng nghiên cứu càng lớn thì kết quả càng đáng tin cậy. Dựa trên đặc điểm này, các định luật khoa học thu được bằng phương pháp quy nạp được kiểm tra trong một thời gian đủ dài ở mức độ giả định xác suất để cô lập và nghiên cứu tất cả các yếu tố cấu trúc, kết nối và ảnh hưởng có thể có. Trong khoa học, kết luận quy nạp dựa trên các đặc điểm quan trọng, ngoại trừ các điều khoản ngẫu nhiên. Thực tế này quan trọng liên quan đến các chi tiết cụ thể của kiến thức khoa học. Điều này được thấy rõ trong các ví dụ về cảm ứng trong khoa học. Có hai loại quy nạp trong thế giới khoa học (liên quan đến phương pháp nghiên cứu): Kiểu đầu tiên được phân biệt bằng cách lấy mẫu có phương pháp (cẩn thận) của một lớp (các lớp con) từ các khu vực khác nhau của nó. Ví dụ về loại cảm ứng này như sau: bạc (hoặc muối bạc) làm sạch nước. Kết luận được đưa ra dựa trên những quan sát lâu dài (một kiểu chọn lọc xác nhận và bác bỏ - chọn lọc). Loại quy nạp thứ hai dựa trên các kết luận thiết lập các mối quan hệ nhân quả và loại trừ các trường hợp không tương ứng với các thuộc tính của nó, cụ thể là tính phổ quát, tuân theo trình tự thời gian, tính cần thiết và tính rõ ràng. Nếu bạn nhìn lại lịch sử, thuật ngữ "cảm ứng" được Socrates đề cập lần đầu tiên. Aristotle đã mô tả các ví dụ về quy nạp trong triết học trong một từ điển thuật ngữ gần đúng hơn, nhưng câu hỏi về quy nạp không đầy đủ vẫn còn bỏ ngỏ. Sau sự đàn áp của thuyết âm tiết Aristotle, phương pháp quy nạp bắt đầu được công nhận là có hiệu quả và là phương pháp duy nhất có thể thực hiện được trong khoa học tự nhiên. Bacon được coi là cha đẻ của quy nạp như một phương pháp đặc biệt độc lập, nhưng ông đã không tách ra được, như những người cùng thời với ông yêu cầu, quy nạp từ phương pháp suy diễn. Sự phát triển sâu hơn của quy nạp được thực hiện bởi J. Mill, người đã xem xét lý thuyết quy nạp từ quan điểm của bốn phương pháp chính: thỏa thuận, khác biệt, dư lượng và những thay đổi tương ứng. Không có gì ngạc nhiên khi ngày nay các phương pháp được liệt kê, khi được xem xét chi tiết, đều có tính chất suy luận. Nhận thức về sự mâu thuẫn trong lý thuyết của Bacon và Mill đã khiến các nhà khoa học nghiên cứu cơ sở xác suất của cảm ứng. Tuy nhiên, ngay cả ở đây cũng có một số cực đoan: các nỗ lực đã được thực hiện để giảm bớt sự quy nạp vào lý thuyết xác suất, với tất cả các hệ quả sau đó. Quy nạp nhận được một phiếu tín nhiệm trong ứng dụng thực tế trong các lĩnh vực chủ đề nhất định và nhờ vào độ chính xác số liệu của cơ sở quy nạp. Có thể coi một ví dụ về quy nạp và suy diễn trong triết học là định luật vạn vật hấp dẫn. Vào ngày phát hiện ra định luật, Newton đã có thể xác minh nó với độ chính xác là 4%. Và khi kiểm tra sau hơn hai trăm năm, tính đúng đã được xác nhận với độ chính xác là 0,0001 phần trăm, mặc dù việc kiểm tra được thực hiện bằng những khái quát quy nạp giống nhau. Triết học hiện đại chú ý nhiều hơn đến suy luận, vốn được ra lệnh bởi mong muốn hợp lý để thu được kiến thức mới (hoặc sự thật) từ những gì đã biết, mà không cần đến kinh nghiệm, trực giác, nhưng sử dụng lý luận “thuần túy”. Khi đề cập đến các tiền đề đúng trong phương pháp suy diễn, trong mọi trường hợp, kết quả đầu ra là một phát biểu đúng. Đặc điểm rất quan trọng này không được làm lu mờ giá trị của phương pháp quy nạp. Kể từ khi quy nạp, dựa trên những thành tựu của kinh nghiệm, cũng trở thành một phương tiện xử lý nó (bao gồm cả khái quát hóa và hệ thống hóa). Quy nạp và suy diễn từ lâu đã được sử dụng như các phương pháp nghiên cứu nền kinh tế và dự đoán sự phát triển của nó. Phạm vi sử dụng của phương pháp quy nạp khá rộng: nghiên cứu mức độ hoàn thành của các chỉ tiêu dự báo (lợi nhuận, khấu hao, v.v.) và đánh giá chung về tình trạng của doanh nghiệp; hình thành chính sách xúc tiến doanh nghiệp hiệu quả dựa trên thực tế và các mối quan hệ của chúng. Phương pháp quy nạp tương tự cũng được sử dụng trong biểu đồ của Shewhart, trong đó, theo giả định rằng các quá trình được chia thành có kiểm soát và không được quản lý, điều đó được nêu rõ rằng khuôn khổ của quy trình được kiểm soát là không hoạt động. Cần lưu ý rằng các quy luật khoa học được chứng minh và xác nhận bằng cách sử dụng phương pháp quy nạp, và vì kinh tế học là ngành khoa học thường sử dụng phân tích toán học, lý thuyết rủi ro và dữ liệu thống kê, nên không có gì ngạc nhiên khi quy nạp được đưa vào danh sách các phương pháp chính. Tình huống sau đây có thể coi là một ví dụ về quy nạp và suy diễn trong kinh tế học. Sự gia tăng giá thực phẩm (từ giỏ hàng tiêu dùng) và hàng hóa thiết yếu đẩy người tiêu dùng nghĩ về chi phí cao đang nổi lên ở trạng thái (cảm ứng). Đồng thời, từ thực tế giá thành cao, sử dụng các phương pháp toán học, có thể rút ra các chỉ tiêu về tốc độ tăng giá của từng mặt hàng hoặc chủng loại hàng hóa (giảm trừ). Thông thường, nhân viên quản lý, nhà quản lý và nhà kinh tế chuyển sang phương pháp quy nạp. Để có thể dự đoán sự phát triển của một doanh nghiệp, hành vi thị trường và hậu quả của cạnh tranh với mức độ trung thực đầy đủ, cần phải có phương pháp tiếp cận quy nạp-suy diễn để phân tích và xử lý thông tin. Một ví dụ minh họa về quy nạp trong kinh tế học, đề cập đến các phán đoán ngụy biện: Ví dụ là một minh họa đầy màu sắc về việc việc sử dụng không hiệu quả phương pháp quy nạp góp phần vào sự hủy hoại của một doanh nghiệp. Vì có một phương pháp, thì về mặt logic, cũng có một tư duy được tổ chức hợp lý (để sử dụng phương pháp). Tâm lý học với tư cách là môn khoa học nghiên cứu các quá trình tinh thần, sự hình thành, phát triển, các mối quan hệ, tác động qua lại của chúng, chú ý đến tư duy “suy diễn” là một trong những hình thức biểu hiện của suy luận và quy nạp. Thật không may, trên các trang tâm lý học trên Internet, thực tế không có lời biện minh nào cho tính toàn vẹn của phương pháp suy luận-quy nạp. Mặc dù các nhà tâm lý học chuyên nghiệp thường dễ gặp phải những biểu hiện của cảm ứng, hay nói đúng hơn là những kết luận sai lầm. Một ví dụ về quy nạp trong tâm lý học, như một minh họa cho những phán đoán sai lầm, là tuyên bố: mẹ tôi là người lừa dối, do đó, tất cả phụ nữ đều là kẻ lừa dối. Thậm chí còn có nhiều ví dụ “sai lầm” hơn về cảm ứng từ cuộc sống: Và nhiều nhận định giá trị khác dựa trên những thông điệp hoàn toàn ngẫu nhiên và đôi khi không đáng kể. Cần lưu ý rằng: khi sự ngụy biện trong các phán đoán của một người đến mức phi lý, thì nhà trị liệu tâm lý sẽ xuất hiện một mặt trận công việc. Một ví dụ về việc giới thiệu tại cuộc hẹn bác sĩ chuyên khoa: “Bệnh nhân hoàn toàn chắc chắn rằng màu đỏ chỉ mang lại nguy hiểm cho anh ta trong bất kỳ biểu hiện nào. Kết quả là, một người đã loại trừ cách phối màu này khỏi cuộc sống của mình - càng xa càng tốt. Trong môi trường gia đình, có nhiều cơ hội để sống thoải mái. Bạn có thể từ chối tất cả các mặt hàng màu đỏ hoặc thay thế chúng bằng các chất tương tự được làm bằng một bảng màu khác. Nhưng ở những nơi công cộng, nơi làm việc, trong cửa hàng - điều đó là không thể. Khi lâm vào tình trạng căng thẳng, bệnh nhân mỗi lần trải qua một “đợt” trạng thái cảm xúc hoàn toàn khác nhau, có thể gây nguy hiểm cho người khác ”. Ví dụ về quy nạp và vô thức này được gọi là "ý tưởng cố định". Nếu điều này xảy ra với một người khỏe mạnh về tinh thần, chúng ta có thể nói về sự thiếu tổ chức của hoạt động tâm thần. Sự phát triển sơ đẳng của tư duy suy luận có thể trở thành một cách để thoát khỏi trạng thái ám ảnh. Trong các trường hợp khác, bác sĩ tâm thần làm việc với những bệnh nhân như vậy. Các ví dụ quy nạp ở trên chỉ ra rằng "sự thiếu hiểu biết về luật pháp không được miễn trừ hậu quả (các phán quyết sai lầm)." Các nhà tâm lý học, làm việc về chủ đề tư duy suy luận, đã biên soạn một danh sách các khuyến nghị được thiết kế để giúp mọi người nắm vững phương pháp này. Bước đầu tiên là giải quyết vấn đề. Có thể thấy, hình thức quy nạp được sử dụng trong toán học có thể được coi là “cổ điển”, và việc sử dụng phương pháp này góp phần tạo nên tính “kỷ luật” của tâm trí. Điều kiện tiếp theo để phát triển tư duy suy luận là mở rộng tầm nhìn (những người tư duy rõ ràng, sáng tỏ). Khuyến nghị này hướng "sự đau khổ" vào kho bạc khoa học và thông tin (thư viện, trang web, sáng kiến giáo dục, du lịch, v.v.). Riêng biệt, nên đề cập đến cái gọi là "cảm ứng tâm lý". Thuật ngữ này, mặc dù không thường xuyên, có thể được tìm thấy trên Internet. Tất cả các nguồn ít nhất không đưa ra định nghĩa ngắn gọn về thuật ngữ này, nhưng đề cập đến "ví dụ từ cuộc sống", đồng thời trình bày gợi ý, một số dạng bệnh tâm thần hoặc trạng thái cực đoan của tâm lý con người như một loại cảm ứng mới. Từ tất cả những điều trên, rõ ràng nỗ lực tìm ra một “thuật ngữ mới” dựa trên các tiền đề sai (thường không đúng sự thật) đã khiến người thử nghiệm nhận được một tuyên bố sai (hoặc vội vàng). Cần lưu ý rằng việc tham chiếu đến các thí nghiệm năm 1960 (không cho biết địa điểm, tên của những người thí nghiệm, mẫu đối tượng và quan trọng nhất là mục đích của thí nghiệm), nói một cách nhẹ nhàng, thiếu thuyết phục và tuyên bố. rằng não bộ nhận thức thông tin bỏ qua tất cả các cơ quan nhận thức (cụm từ “đã trải nghiệm” trong trường hợp này phù hợp hơn về mặt tổ chức), khiến người ta nghĩ về sự cả tin và không khéo léo của tác giả câu nói. Nữ hoàng của các ngành khoa học - toán học, không vô ích khi sử dụng tất cả các nguồn dự trữ có thể của phương pháp quy nạp và suy luận. Các ví dụ được xem xét cho phép chúng ta kết luận rằng việc áp dụng một cách hời hợt và thiếu suy nghĩ (thiếu suy nghĩ, như người ta nói) của ngay cả những phương pháp chính xác và đáng tin cậy nhất luôn dẫn đến kết quả sai lầm. Trong tâm thức đại chúng, phương pháp suy diễn gắn liền với Sherlock Holmes nổi tiếng, người trong các công trình logic của ông thường sử dụng các ví dụ về quy nạp, sử dụng suy luận trong các tình huống cần thiết. Bài báo đã xem xét các ví dụ về việc áp dụng các phương pháp này trong các ngành khoa học và lĩnh vực khác nhau của đời sống con người.Các ví dụ
,
Xem thêm
Các biến thể và khái quát hóa
Văn chương
Xem "Phương pháp quy nạp toán học" trong các từ điển khác là gì:
2) 
3)
; 4) 
.
Chữ cái Hy Lạp "sigma".
:
4) 
2)
f
(
N
)=
N
2
+
N
+11
, tại n = 1,2,3,4.5,6,7
nó có thể được giả định rằng đối với bất kỳP con số f
(
N
)
giản dị.
không phải là số nguyên tố đối với bất kỳ số tự nhiên nàoP.
sự thật của danh tính theo sau 
; 
. Vì vậy, danh tính này đúng cho tất cảP
.
cho n≥2.
.
chia 6
Không một dâu vêt.
.
nhiều6.
nhiều6
.
trên5
Không một dâu vêt.
.
cũng được chia thành5
Không một dâu vêt.
trên16.
nhiều16.
trên676.
chia 
.
.
chia26
.
chia26
2
.
chia5
Không một dâu vêt.
chia5.
chia5
Không một dâu vêt.
chia6
Không một dâu vêt.
chia6
Không một dâu vêt.
chia6
Không một dâu vêt.
số chẵn.
khi chia cho9
cho phần còn lại 1
.
chia9
.
chia 9
. Để tại n = k
chia9
.
nhiều5
(được chứng minh trong ví dụ số 21), số hạng thứ tư và thứ năm cũng là bội số5
, điều này là hiển nhiên, sau đó tổng là bội số của15
.
.
- bên phải.
là một bất bình đẳng đúng.
bất cứ gì P.
.
tại 
sau đó
cho bất kỳ tự nhiên P và bất kỳ 
, bên phải.
.
cho bất kỳ tự nhiên P.
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với 
. Chúng tôi nhận được một bất bình đẳng tương đương hoặc 
; 
; - sự bất bình đẳng này phù hợp với bất kỳ t.
; 
; 
.
.
, sau đó đối với tất cả các giá trị tự nhiênP
sự bất bình đẳng
và rõ ràng là đúng. Hãy giả sử nó đúng vớin = k
, đó là cái gì 
.
, sau đó 
, và do đó bất đẳng thức không thay đổi ý nghĩa của nó khi cả hai phần của nó được nhân với 
:
, sau đó chúng tôi nhận được điều đó
.
Xem xét sự bất bình đẳng
Bài kiểm tra về chủ đề n = 1 được thực hiện lặp lại: n≥5, trong đó P- -số tự nhiên.
một) 
;
b) 
.
, chúng tôi nhận được
1/3 = 1/3. Hãy để có sự bình đẳng P(N):a) Bất đẳng thức Bernoulli: (1 + a) N ≥ 1 + N a, a> -1, N O N.
b) x 1 + x 2 + ... + x N ≥ N, nếu x 1 x 2 · ... · x N= 1 và x tôi > 0, .
c) Bất đẳng thức Cauchy đối với trung bình cộng và trung bình hình học
ở đâu x tôi > 0, , N ≥ 2.
d) sin 2 N a + cos2 N a ≤ 1, N O N.
e)
f) 2 N > N 3 , N O N, N ≥ 10.
và cho thấy rằng sau đó chúng tôi có(1 + a) N + 1 ≥ 1 + (N+ 1) a. (1 + a) N ≥ 1 + N một (1)
= N + 1 + x N+1 (1 - x N) - (1 - x N) = N + 1 + (1 - x N)(x N+1 - 1) ≥ N+ 1. Do đó, x 1 + x 2 + ... + x N + x N+1 ≥ N+1, nghĩa là, nếu P(N) là đúng, sau đóP(N+ 1) là công bằng. Sự bất bình đẳng đã được chứng minh.
và chứng minh rằng
Đang cân nhắc P(N), chúng tôi nhận được 
, theo sau đóCảm ứng trong toán học
Vừa đùa vừa nghiêm túc
vòng kết nối quen thuộc
Ví dụ với số tự nhiên
Phán đoán sai lầm
Quy luật cảm ứng và logic
Cảm ứng trong môi trường khoa học
Quy nạp và suy diễn theo quan điểm triết học
Ứng dụng của quy nạp trong kinh tế học
một đối thủ cạnh tranh đã mở rộng dòng sản phẩm của mình;
không có gì khác đã thay đổi;
Khấu trừ và quy nạp trong tâm lý học
Thay cho một kết luận