Matematikai indukciós megoldások próbabábukhoz. A matematikai indukció módszerének alkalmazása a feladatok megoldásában

Ehhez először ellenőrizze az 1-es számú állítás igazságtartalmát - indukciós alap, majd bebizonyosodik, hogy ha a számmal rendelkező állítás igaz n, akkor a következő számmal ellátott állítás is igaz n + 1 - indukciós lépés, vagy indukciós átmenet.

Az indukciós bizonyítás egyértelműen bemutatható az ún dominó elve. Legyen tetszőleges számú dominólapka sorba rakva úgy, hogy minden dominólapka leesésekor szükségszerűen felborítsa az őt követő dominókövet (ez az induktív átmenet). Aztán, ha megnyomjuk az első csontot (ez az indukció alapja), akkor a sorban lévő összes csont leesik.

Ennek a bizonyítási módnak a logikai alapja az ún az indukció axiómája, a természetes számokat meghatározó Peano-axiómák ötödik része. Az indukciós módszer helyessége megegyezik azzal, hogy a természetes számok bármely részhalmazában van egy minimális elem.

Van egy variáció is, az úgynevezett teljes matematikai indukció elve. Íme a szigorú megfogalmazása:

A teljes matematikai indukció elve egyenértékű a Peano-féle axiómák indukciós axiómájával is.

Példák

Feladat. Ennek bizonyítására, bármi is legyen a természetes nés valódi q≠ 1, az egyenlőség fennáll

Bizonyíték. Indukció bekapcsolva n.

Bázis, n = 1:

Átmenet: Tegyünk úgy, mintha

,

Q.E.D.

Egy komment: az állítás helyessége P n ebben a bizonyításban - ugyanaz, mint az egyenlőség igazsága

Lásd még

Változatok és általánosítások

Irodalom

• N. Ya. Vilenkin Indukció. Kombinatorika. Kézikönyv tanároknak. M., Oktatás, 1976.-48 p.
• L. I. Golovina, I. M. Yaglom Indukció a geometriában, „Népszerű előadások a matematikáról”, 21. szám, Fizmatgiz 1961.-100.
• R. Courant, G. Robbins– Mi az a matematika? I. fejezet, 2. §.
• I. S. Sominsky A matematikai indukció módszere. „Népszerű matematikai előadások”, 3. szám, „Nauka” Kiadó 1965.-58 p.

Wikimédia Alapítvány. 2010.

Nézze meg, mi a „matematikai indukció módszere” más szótárakban:

A matematikai indukció a matematikában az egyik bizonyítási módszer. Egy bizonyos állítás igazának bizonyítására szolgál minden természetes számra. Ehhez először indukció alapján ellenőrzik az 1-es számú állítás igazságtartalmát, majd... ... Wikipédia

Az elmélet felépítésének olyan módszere, amelyben annak bizonyos rendelkezésein - axiómákon vagy posztulátumokon - alapul, amelyekből az elmélet összes többi rendelkezése (tétel) az érveléssel levezethető, bizonyításoknak nevezzük m i. Szabályok a Krím-félszigeten..... Filozófiai Enciklopédia

Az indukció (lat. inductio guidance) a logikai következtetés folyamata, amely egy adott helyzetből egy általános helyzetbe való átmeneten alapul. Az induktív következtetés nem annyira a logika törvényein keresztül köti össze az adott premisszákat a következtetéssel, hanem inkább néhány ... ... Wikipédia

GENETIKAI MÓDSZER- módja annak, hogy a vizsgált tárgy tartalmát és lényegét ne konvenció, idealizálás vagy logikai következtetés, hanem eredetének tanulmányozása útján határozzuk meg (a kialakulásához vezető okok, a kialakulás mechanizmusának vizsgálata alapján). Széles...... Tudományfilozófia: Alapfogalmak szójegyzéke

Tudományos elmélet felépítésének módszere, amelyben az egy axióma néhány kezdeti rendelkezésén (ítéletén) alapul (lásd axióma), vagy posztulátumokon, amelyekből ennek a tudománynak az összes többi kijelentését (tételek (lásd: tétel)) le kell vezetni. ... Nagy Szovjet Enciklopédia

axiomatikus módszer- Az AXIOMATIKUS MÓDSZER (a görög axiómából) elfogadott álláspont - tudományos elmélet felépítésének módszere, amelyben csak axiómák, posztulátumok és azokból korábban levezetett állítások kerülnek felhasználásra a bizonyításokban. Először egyértelműen bebizonyosodott...... Ismeretelméleti és Tudományfilozófiai Enciklopédia

Az egyik elméleti hibamódszer véletlenszerű hibákat tartalmazó mérési eredményekből ismeretlen mennyiségek becslésére. Az N.K.M.-t arra is használják, hogy egy adott függvény más (egyszerűbb) függvényekkel való reprezentációját közelítsék, és gyakran kiderül, hogy... Matematikai Enciklopédia

A matematikai indukció a matematikai bizonyítási módszerek egyike, amelyet egy bizonyos állítás igazának bizonyítására használnak minden természetes számra. Ehhez először ellenőrizze a ... Wikipédiát

Ennek a kifejezésnek más jelentése is van, lásd: Indukció. Az indukció (lat. inductio guidance) a logikai következtetés folyamata, amely egy adott helyzetből egy általános helyzetbe való átmeneten alapul. Az induktív következtetés bizonyos premisszákat kapcsol össze... ... Wikipédia

A matematikai indukció módszerével bizonyítsuk be, hogy bármely természetes n a következő egyenlőségek érvényesek:
A) ;
b) .

Megoldás.

a) Mikor n= 1 az egyenlőség igaz. Feltételezve az egyenlőség érvényességét at n, mutassuk meg érvényességét akkor is, amikor n+ 1. Valóban,

Q.E.D.

b) Mikor n= 1 az egyenlőség érvényessége nyilvánvaló. Érvényességének feltételezésétől a n kellene

Adott az 1 + 2 + ... + egyenlőség n = n(n+ 1)/2, kapjuk

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

vagyis az állítás akkor is igaz, amikor n + 1.

1. példa Igazolja a következő egyenlőségeket!

Ahol n RÓL RŐL N.

Megoldás. a) Mikor n= 1 az egyenlőség 1=1 alakot vesz fel, ezért P(1) igaz. Tegyük fel, hogy ez az egyenlőség igaz, azaz fennáll

. Ezt ellenőrizni (bizonyítani) kellP(n+ 1), vagyis igaz. Mivel (az indukciós hipotézist használva) azt értjük, P(n+ 1) igaz állítás.

Így a matematikai indukció módszere szerint az eredeti egyenlőség bármely természetesre érvényes n.

Jegyzet 2. Ezt a példát másként is meg lehetett volna oldani. Valójában az összeg 1 + 2 + 3 + ... + n az első összege n egy aritmetikai sorozat tagjai az első taggal a 1 = 1 és különbség d= 1. A jól ismert képlet alapján , kapunk

b) Mikor n= 1 az egyenlőség a következő formában lesz: 2 1 - 1 = 1 2 vagy 1=1, azaz P(1) igaz. Tegyük fel, hogy az egyenlőség

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 és bizonyítsd be, hogy megtörténikP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 vagy 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Az indukciós hipotézis felhasználásával megkapjuk

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

És így, P(n+ 1) igaz, és ezért a szükséges egyenlőség igazolt.

3. megjegyzés. Ez a példa (hasonlóan az előzőhöz) megoldható a matematikai indukciós módszer alkalmazása nélkül.

c) Mikor n= 1 az egyenlőség igaz: 1=1. Tegyük fel, hogy az egyenlőség igaz

és azt mutasd meg vagyis az igazságP(n) az igazságot jelentiP(n+ 1). Igazán,és 2 óta n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), megkapjuk és ezért az eredeti egyenlőség minden természetesre érvényesn.

d) Mikor n= 1 az egyenlőség igaz: 1=1. Tegyük fel, hogy megtörténik

és ezt be fogjuk bizonyítani

Igazán,

e) Jóváhagyás P(1) igaz: 2=2. Tegyük fel, hogy az egyenlőség

igaz, és be fogjuk bizonyítani, hogy ez magában foglalja az egyenlőséget Igazán,

Következésképpen az eredeti egyenlőség minden természetesre érvényes n.

f) P(1) igaz: 1/3 = 1/3. Legyen egyenlőség P(n):

. Mutassuk meg, hogy az utolsó egyenlőség a következőket jelenti:

Sőt, ezt figyelembe véve P(n) tart, kapunk

Így az egyenlőség bebizonyosodott.

g) Mikor n= 1 van nálunk a + b = b + aés ezért az egyenlőség igazságos.

Legyen érvényes Newton binomiális képlete n = k, vagyis

Akkor Az egyenlőség felhasználása kapunk

2. példa Bizonyítsd be az egyenlőtlenségeket

a) Bernoulli-egyenlőtlenség: (1 + a) n ≥ 1 + n a , a > -1, n RÓL RŐL N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, Ha x 1 x 2 · ... · x n= 1 és x én > 0, .

c) Cauchy-egyenlőtlenség a számtani és a geometriai átlag tekintetében Ahol x én > 0, , n ≥ 2.

d) bűn 2 n a + cos 2 n a ≤ 1, n RÓL RŐL N.

e)

f) 2 n > n 3 , n RÓL RŐL N, n ≥ 10.

Megoldás. a) Mikor n= 1 valódi egyenlőtlenséget kapunk

1 + a ≥ 1 + a . Tegyük fel, hogy egyenlőtlenség van

(1 + a) n ≥ 1 + n a

(1)

és megmutatjuk, hogy akkor megtörténik és(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a .

Valójában, mivel a > -1 azt jelenti, hogy + 1 > 0, akkor az (1) egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozva (a + 1) kapjuk

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) vagy (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Mivel n a 2 ≥ 0 tehát(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a .

Így ha P(n) akkor igaz P(n+ 1) igaz, ezért a matematikai indukció elve szerint a Bernoulli-egyenlőtlenség igaz.

b) Mikor n= 1-et kapunk x 1 = 1 és ezért x 1 ≥ 1 vagyis P(1) tisztességes nyilatkozat. Tegyünk úgy, mintha P(n) igaz, vagyis ha adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n pozitív számok, amelyek szorzata eggyel egyenlő, x 1 x 2 ·...· x n= 1, és x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Mutassuk meg, hogy ez a mondat magában foglalja a következő igazságát: ha x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) olyan pozitív számok, amelyek x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, akkor x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Vegye figyelembe a következő két esetet:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Ekkor ezeknek a számoknak az összege ( n+ 1), és a szükséges egyenlőtlenség teljesül;

2) legalább egy szám különbözik egytől, legyen például nagyobb egynél. Aztán, azóta x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, akkor legalább még egy szám különbözik az egytől (pontosabban egynél kisebb). Hadd x n+ 1 > 1 és x n < 1. Рассмотрим n pozitív számok

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). E számok szorzata eggyel egyenlő, és a hipotézis szerint x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Az utolsó egyenlőtlenséget a következőképpen írjuk át: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 ill x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Mert a

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, akkor n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Ezért x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, vagyis ha P(n) akkor igazP(n+ 1) tisztességes. Az egyenlőtlenség bebizonyosodott.

4. megjegyzés. Az egyenlőségjel akkor és csak akkor érvényes x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Legyen x 1 ,x 2 ,...,x n- tetszőleges pozitív számok. Tekintsük a következő n pozitív számok:

Mivel a termékük egyenlő eggyel: a korábban bizonyított b) egyenlőtlenség szerint ebből az következik ahol

5. megjegyzés. Az egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) igazságos állítás: sin 2 a + cos 2 a = 1. Tegyük fel, hogy P(n) igaz állítás:

Bűn 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 és mutasd meg, mi történikP(n+ 1). Igazán, bűn 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = sin 2 n a sin 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (ha sin 2 a ≤ 1, akkor cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, akkor sin 2 a < 1). Таким образом, для любого n RÓL RŐL N bűn 2 n a + cos 2 n ≤ 1 és az egyenlőségjel csak akkor érhető el, han = 1.

e) Mikor n= 1 állítás igaz: 1< 3 / 2 .

Tegyük fel, hogy és ezt be fogjuk bizonyítani

Mert a
figyelembe véve P(n), kapunk

f) Az 1. megjegyzés figyelembevételével ellenőrizzük P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, ezért n= 10 az állítás igaz. Tegyük fel, hogy a 2 n > n 3 (n> 10), és bizonyítsd be P(n+ 1), azaz 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Mióta n> 10 van, ill , ezt követi

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 vagy n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Tekintettel az egyenlőtlenségre (2 n > n 3), 2-t kapunk n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Így a matematikai indukció módszere szerint bármely természetes n RÓL RŐL N, n≥ 10 nálunk 2 van n > n 3 .

3. példa Bizonyítsd be ezt bárkinek n RÓL RŐL N

Megoldás. a) P(1) igaz állítás (0 osztva 6-tal). Hadd P(n) igazságos, vagyis n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) osztható 6-tal. Mutassuk meg, hogy akkor fordul elő P(n+ 1), azaz ( n + 1)n(2n+ 1) osztható 6-tal. Valóban, mivel

És hogyan n(n - 1)(2 n- 1) és 6 n 2 oszthatók 6-tal, akkor összegük azn(n + 1)(2 n+ 1) osztható 6-tal.

És így, P(n+ 1) korrekt állítás, ezért n(2n 2 - 3n+ 1) osztható 6-tal bármely n RÓL RŐL N.

b) Ellenőrizzük P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, ezért P(1) tisztességes nyilatkozat. Be kell bizonyítani, hogy ha 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 osztva 11-gyel ( P(n)), majd 6 2 n + 3 n+2 + 3 n szintén osztható 11-gyel ( P(n+ 1)). Valóban, azóta

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 és hasonlók 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 és 33 6 2 n-2 oszthatóak 11-gyel, akkor összegük 6 2n + 3 n+2 + 3 n osztható 11-gyel. Az állítás bebizonyosodott. Indukció a geometriában

4. példa Számítsa ki a helyes 2 oldalát n-egy sugarú körbe írt háromszög R.

A Peano-féle 4-es axiómán alapuló bizonyítási módszert számos matematikai tulajdonság és különféle állítás bizonyítására használják. Ennek alapja a következő tétel.

Tétel. Ha az állítás A(n) természetes változóval n igaz rá n= 1 és attól, hogy ez igaz rá n = k, ebből az következik, hogy a következő számra igaz n=k, majd az állítás A(n) n.

Bizonyíték. Jelöljük azzal M azon és csak azon természetes számok halmaza, amelyekre az állítás A(n) igaz. Ekkor a tétel feltételeiből a következőt kapjuk: 1) 1 M; 2) k MkM. Innen a 4. axióma alapján arra következtetünk M =N, azaz nyilatkozat A(n) igaz minden természetesre n.

Az ezen a tételen alapuló bizonyítási módszert ún a matematikai indukció módszerével, az axióma pedig az indukció axiómája. Ez a bizonyítás két részből áll:

1) bizonyítsd be, hogy az állítás A(n) igaz rá n= A(1);

2) tételezzük fel, hogy az állítás A(n) igaz rá n = k, és e feltevés alapján bizonyítsuk be, hogy az állítás A(n) igaz rá n = k + 1, azaz hogy az állítás igaz A(k) A(k + 1).

Ha A( 1) A(k) A(k + 1) - igaz állítás, akkor arra a következtetésre jutnak, hogy az állítás A(n) igaz bármely természetes számra n.

A matematikai indukciós módszerrel történő bizonyítás nemcsak a for állítás igazságának megerősítésével kezdődhet n= 1, hanem bármely természetes számból is m. Ebben az esetben az állítás A(n) minden természetes számra bebizonyosodik nm.

Feladat: Bizonyítsuk be, hogy bármely természetes számra az 1 + 3 + 5 … + egyenlőség (2 n- 1) = n.

Megoldás. 1 + 3 + 5 … + egyenlőség (2 n- 1) = n egy képlet, amellyel meg lehet találni az első egymást követő páratlan természetes számok összegét. Például 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (az összeg 4 tagot tartalmaz), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (az összeg 6 tagot tartalmaz); ha ez az összeg 20 megadott típusú tagot tartalmaz, akkor egyenlő 20 = 400 stb. Miután bebizonyítottuk ennek az egyenlőségnek az igazságát, a képlet segítségével meg tudjuk találni tetszőleges számú, meghatározott típusú tag összegét.

1) Ellenőrizzük ennek az egyenlőségnek az igazságát n= 1. Mikor n= 1 az egyenlőség bal oldala egy 1-gyel egyenlő tagból áll, a jobb oldala 1=1. Mivel 1 = 1, akkor n= 1 ez az egyenlőség igaz.

2) Tegyük fel, hogy ez az egyenlőség igaz erre n = k, azaz hogy 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Ebből a feltételezésből kiindulva bebizonyítjuk, hogy igaz a n = k + 1, azaz 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Nézzük az utolsó egyenlőség bal oldalát.

Feltételezve, az első összege k kifejezés egyenlő kés ezért 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Kifejezés k+ 2k + 1 azonos a ( k + 1).

Ezért ennek az egyenlőségnek az igazságát n = k + 1 bevált.

Így ez az egyenlőség igaz n= 1 és annak igazságából for n = k igaznak kell lennie n = k + 1.

Ez azt bizonyítja, hogy ez az egyenlőség bármely természetes számra igaz.

A matematikai indukció módszerével nemcsak az egyenlőségek, hanem az egyenlőtlenségek igazságát is bebizonyíthatja.

Feladat. Bizonyítsd be, hogy hol nN.

Megoldás. Vizsgáljuk meg az egyenlőtlenség igazságát a n= 1. Van - valódi egyenlőtlenségünk.

Tegyük fel, hogy az egyenlőtlenség igaz n = k, azok. - valódi egyenlőtlenség. Bizonyítsuk be a feltevés alapján, hogy erre is igaz n = k + 1, azaz (*).

Alakítsuk át az egyenlőtlenség bal oldalát (*), figyelembe véve, hogy: .

De , ami azt jelenti .

Tehát ez az egyenlőtlenség igaz n= 1, és abból a tényből, hogy az egyenlőtlenség egyesekre igaz n= k, azt tapasztaltuk, hogy ez a következőre is igaz n= k + 1.

Így a 4. axióma segítségével bebizonyítottuk, hogy ez az egyenlőtlenség bármely természetes számra igaz.

Más állítások a matematikai indukció módszerével igazolhatók.

Feladat. Bizonyítsuk be, hogy bármely természetes számra igaz az állítás.

Megoldás. Vizsgáljuk meg az állítás igazát mikor n= 1: -igaz állítás.

Tegyük fel, hogy ez az állítás igaz erre n = k: . Mutassuk meg ennek segítségével a mikor állítás igazságát n = k + 1: .

Alakítsuk át a kifejezést: . Találjuk meg a különbséget kÉs k+ 1 tag. Ha kiderül, hogy a kapott különbség 7 többszöröse, és feltételezzük, hogy a részrész osztható 7-tel, akkor a minuend is 7 többszöröse:

A szorzat 7 többszöröse, tehát és .

Így ez az állítás igaz a n= 1 és annak igazságából for n = k igaznak kell lennie n = k + 1.

Ez azt bizonyítja, hogy ez az állítás bármely természetes számra igaz.

Feladat. Bizonyítsa be ezt bármely természetes számra n 2 (7-1)24 állítás igaz.

Megoldás. 1) Vizsgáljuk meg a mikor állítás igazát n= 2: - igaz állítás.

Az igazi tudás mindenkor egy minta felállításán és annak bizonyos körülmények között való bizonyításán alapult. A logikus érvelés ilyen hosszú fennállása alatt szabályokat fogalmaztak meg, és Arisztotelész még a „helyes érvelés” listáját is összeállította. Történelmileg az volt a szokás, hogy minden következtetést két típusra osztanak - a konkréttól a többszörösig (indukció) és fordítva (dukció). Meg kell jegyezni, hogy a bizonyítékok típusai az egyeditől az általánosig és az általánostól a konkrétig csak együtt léteznek, és nem cserélhetők fel.

Indukció a matematikában

Az „indukció” kifejezés latin gyökerű, és szó szerint „útmutatás”-nak fordítják. Közelebbről megvizsgálva kiemelhető a szó szerkezete, nevezetesen a latin előtag - in- (befelé irányuló cselekvést vagy bentlétet jelöl) és -dukció - bevezetés. Érdemes megjegyezni, hogy két típusa van - teljes és nem teljes indukció. A teljes formát egy bizonyos osztály összes tárgyának tanulmányozásából levont következtetések jellemzik.

Hiányos - következtetések, amelyek az osztály összes tantárgyára vonatkoznak, de csak néhány egység tanulmányozása alapján készültek.

A teljes matematikai indukció egy olyan következtetés, amely általános következtetésen alapul bármely olyan objektum teljes osztályára vonatkozóan, amelyek funkcionálisan összekapcsolódnak egy természetes számsor relációival, e funkcionális kapcsolat ismeretén. Ebben az esetben a bizonyítási folyamat három szakaszból áll:

• az első a matematikai indukció helyzetének helyességét bizonyítja. Példa: f = 1, indukció;
• a következő szakasz azon a feltételezésen alapul, hogy a pozíció minden természetes számra érvényes. Azaz f=h induktív hipotézis;
• a harmadik szakaszban az f=h+1 számra vonatkozó pozíció érvényessége bizonyítást nyer, az előző pont pozíciójának helyessége alapján - ez egy indukciós átmenet, vagy egy matematikai indukció lépése. Példa erre az úgynevezett ha a sorban az első kő leesik (alap), akkor a sorban lévő összes kő leesik (átmenet).

Viccesen és komolyan is

A könnyebb érthetőség érdekében a matematikai indukciós módszert alkalmazó megoldási példákat viccfeladatok formájában mutatjuk be. Ez az „Udvarias sor” feladat:

• A magatartási szabályok megtiltják, hogy a férfi egy nő előtt kanyarodjon (ilyen helyzetben a nő mehet előre). Ezen állítás alapján, ha a sorban az utolsó férfi, akkor mindenki más férfi.

A matematikai indukció módszerének szembetűnő példája a „dimenzió nélküli repülés” probléma:

• Bizonyítani kell, hogy a kisbuszra bármennyi ember felfér. Való igaz, hogy egy személy nehézség nélkül (alapból) befér egy járműbe. De akármennyire is tele van a kisbusz, 1 utas mindig elfér rajta (indukciós lépés).

Ismerős körök

A problémák és egyenletek matematikai indukciós megoldására vonatkozó példák meglehetősen gyakoriak. Ennek a megközelítésnek a szemléltetésére vegye figyelembe a következő problémát.

Feltétel: h körök vannak a síkon. Bizonyítani kell, hogy az ábrák bármilyen elrendezése esetén az általuk alkotott térkép két színnel helyesen színezhető.

Megoldás: ha h=1 az állítás igazsága nyilvánvaló, ezért a bizonyítást a h+1 körszámra fogjuk megszerkeszteni.

Fogadjuk el azt a feltevést, hogy az állítás bármely térképre érvényes, és a síkon h+1 körök vannak. Ha eltávolítja az egyik kört a végösszegből, akkor két színnel (fekete-fehér) megfelelően színezett térképet kaphat.

Törölt kör visszaállításakor az egyes területek színe az ellenkezőjére változik (jelen esetben a kör belsejébe). Az eredmény egy két színben helyesen színezett térkép, amit bizonyítani kellett.

Példák természetes számokkal

Az alábbiakban jól látható a matematikai indukció módszerének alkalmazása.

Példák megoldásokra:

Bizonyítsuk be, hogy bármely h esetén helyes a következő egyenlőség:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =ó(ó+1)(2ó+1)/6.

1. Legyen h=1, ami azt jelenti:

R1=1 2=1(1+1)(2+1)/6=1

Ebből következik, hogy h=1 esetén az állítás helyes.

2. Feltételezve, hogy h=d, az egyenletet kapjuk:

R1=d2=d(d+1)(2d+1)/6=1

3. Feltételezve, hogy h=d+1, akkor kiderül:

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+7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Így a h=d+1 egyenlőség érvényessége bebizonyosodott, ezért az állítás bármely természetes számra igaz, ahogy a matematikai indukciós példamegoldásban is látható.

Feladat

Feltétel: bizonyítani kell, hogy h bármely értékére a 7 h -1 kifejezés maradék nélkül osztható 6-tal.

Megoldás:

1. Tegyük fel, hogy h=1, ebben az esetben:

R 1 = 7 1 -1 = 6 (azaz osztva 6-tal maradék nélkül)

Ezért h=1 esetén az állítás igaz;

2. Legyen h=d és 7 d -1 maradék nélkül elosztva 6-tal;

3. A h=d+1 állítás érvényességét a következő képlet bizonyítja:

R d +1 = 7 d +1 -1 = 7, 7 d -7 + 6 = 7 (7 d -1) + 6

Ebben az esetben az első tag osztható 6-tal az első pont feltételezése szerint, a második tag pedig egyenlő 6-tal. Igaz az az állítás, hogy 7 h -1 osztható 6-tal maradék nélkül bármely természetes h esetén.

Hibák az ítéletben

A bizonyításokban gyakran helytelen érvelést alkalmaznak a felhasznált logikai konstrukciók pontatlansága miatt. Ez főleg akkor fordul elő, ha megsértik a bizonyítás szerkezetét és logikáját. Példa a helytelen érvelésre az alábbi ábra.

Feladat

Feltétel: bizonyítani kell, hogy bármely kőhalom nem halom.

Megoldás:

1. Tegyük fel h=1, ebben az esetben 1 kő van a halomban és az állítás igaz (alap);

2. Legyen igaz h=d-re, hogy a kőhalom nem halom (feltevés);

3. Legyen h=d+1, amiből az következik, hogy még egy követ hozzáadásakor nem lesz kupac a halmaz. A következtetés önmagában azt sugallja, hogy a feltevés minden természetes h-ra érvényes.

A hiba az, hogy nincs meghatározva, hány kő alkot egy halmot. Az ilyen kihagyást elhamarkodott általánosításnak nevezik a matematikai indukció módszerében. Egy példa világosan mutatja ezt.

Az indukció és a logika törvényei

Történelmileg mindig „kéz a kézben járnak”. Az olyan tudományágak, mint a logika és a filozófia ezeket ellentétek formájában írják le.

A logika törvénye szempontjából az induktív definíciók tényekre támaszkodnak, és a premisszák valóságtartalma nem határozza meg a kapott állítás helyességét. Gyakran bizonyos fokú valószínűséggel és elfogadhatósággal vonnak le következtetéseket, amelyeket természetesen további kutatásokkal kell ellenőrizni és megerősíteni. Példa az indukcióra a logikában a következő állítás:

Észtországban szárazság, Lettországban, Litvániában szárazság van.

Észtország, Lettország és Litvánia balti államok. Az összes balti államban szárazság uralkodik.

A példából azt a következtetést vonhatjuk le, hogy az indukciós módszerrel nem nyerhető új információ, igazság. Csak arra lehet számítani, hogy a következtetések bizonyos mértékben igazak. Ráadásul a premisszák igazsága nem garantálja ugyanazokat a következtetéseket. Ez a tény azonban nem jelenti azt, hogy az indukció a dedukció határán sínylődik: rengeteg rendelkezést és tudományos törvényt támasztanak alá az indukciós módszerrel. Példa erre a matematika, biológia és más tudományok. Ez leginkább a teljes indukciós módszernek köszönhető, de esetenként részleges indukció is alkalmazható.

Az indukció tiszteletreméltó kora lehetővé tette, hogy behatoljon az emberi tevékenység szinte minden területére - ez a tudomány, a közgazdaságtan és a mindennapi következtetések.

Bevezetés a tudományos közösségbe

Az indukciós módszer alapos hozzáállást igényel, mivel túl sok múlik a vizsgált egész részeinek számán: minél nagyobb a vizsgált szám, annál megbízhatóbb az eredmény. Ezen jellemző alapján az indukcióval kapott tudományos törvényeket hosszú ideig tesztelik valószínűségi feltételezések szintjén, hogy elkülönítsék és tanulmányozzák az összes lehetséges szerkezeti elemet, összefüggést és hatást.

A tudományban az induktív következtetés szignifikáns jellemzőkön alapul, a véletlenszerű rendelkezések kivételével. Ez a tény a tudományos ismeretek sajátosságai kapcsán fontos. Ez jól látható a tudomány indukciós példáiban.

A tudományos világban kétféle indukció létezik (a vizsgálati módszerrel kapcsolatban):

1. indukció-szelekció (vagy szelekció);
2. indukció - kirekesztés (elimináció).

Az első típust egy osztály (alosztályok) mintáinak módszeres (gondoskodású) kiválasztása különbözteti meg a különböző területekről.

Az ilyen típusú indukcióra példa a következő: az ezüst (vagy ezüstsók) tisztítja a vizet. A következtetés sok éves megfigyelésen alapul (a megerősítések és cáfolatok egyfajta szelekciója - szelekció).

A második típusú indukció olyan következtetéseken alapul, amelyek ok-okozati összefüggéseket állapítanak meg, és kizárják azokat a körülményeket, amelyek nem felelnek meg annak tulajdonságainak, nevezetesen az egyetemességnek, az időbeli sorrendhez való ragaszkodásnak, a szükségességnek és az egyértelműségnek.

Indukció és dedukció a filozófia álláspontjából

Történelmileg visszatekintve az indukció kifejezést először Szókratész említette. Arisztotelész az indukció példáit a filozófiában egy közelítőbb terminológiai szótárban írta le, de a hiányos indukció kérdése nyitva marad. Az arisztotelészi szillogizmus üldözése után az induktív módszert kezdték gyümölcsözőnek és a természettudományban az egyetlen lehetségesnek elismerni. Bacont az indukció, mint önálló speciális módszer atyjának tekintik, de nem sikerült elválasztania az indukciót a deduktív módszertől, ahogy azt kortársai követelték.

Az indukciót J. Mill fejlesztette tovább, aki az induktív elméletet négy fő módszer szemszögéből vizsgálta: megegyezés, különbség, maradékok és a megfelelő változások. Nem meglepő, hogy ma a felsorolt ​​módszerek, ha részletesen megvizsgáljuk, deduktívak.

Bacon és Mill elméletei következetlenségének felismerése arra késztette a tudósokat, hogy tanulmányozzák az indukció valószínűségi alapját. Azonban még itt is voltak szélsőségek: megpróbálták redukálni a valószínűségelméletre való indukciót, annak minden következményével együtt.

Az indukció bizonyos szakterületeken való gyakorlati alkalmazása révén és az induktív alap metrikus pontosságának köszönhetően bizalmat szavaz. A filozófiában az indukció és dedukció példájának tekinthető az egyetemes gravitáció törvénye. A törvény felfedezésének napján Newton 4 százalékos pontossággal tudta ellenőrizni. És amikor több mint kétszáz évvel később ellenőrizték, a helyességet 0,0001 százalékos pontossággal igazolták, bár az ellenőrzést ugyanazokkal az induktív általánosításokkal végezték.

A modern filozófia nagyobb figyelmet fordít a dedukcióra, amelyet az a logikai vágy diktál, hogy a már ismertekből új ismereteket (vagy igazságokat) vonjanak le anélkül, hogy tapasztalathoz vagy intuícióhoz folyamodnának, hanem „tiszta” érveléssel. Ha a deduktív módszerben igaz premisszákra hivatkozunk, a kimenet minden esetben igaz állítás.

Ez a nagyon fontos jellemző nem árnyékolhatja be az induktív módszer értékét. Mivel az indukció a tapasztalati vívmányok alapján annak feldolgozásának (ideértve az általánosítást és rendszerezést is) eszközévé válik.

Az indukció alkalmazása a közgazdaságtanban

Az indukciót és a dedukciót régóta használják a gazdaság tanulmányozására és fejlődésének előrejelzésére.

Az indukciós módszer alkalmazási köre meglehetősen széles: az előrejelzési mutatók (nyereség, amortizáció stb.) teljesülésének vizsgálata és a vállalkozás állapotának általános értékelése; tényeken és azok kapcsolatain alapuló hatékony vállalkozásfejlesztési politika kialakítása.

Ugyanezt az indukciós módszert alkalmazzák a „Shewhart-térképekben”, ahol a folyamatok szabályozottra és ellenőrizetlenre való felosztásának feltételezése mellett kijelentik, hogy a szabályozott folyamat kerete inaktív.

Megjegyzendő, hogy a tudományos törvényszerűségeket az indukciós módszerrel igazolják és erősítik meg, és mivel a közgazdaságtan olyan tudomány, amely gyakran alkalmaz matematikai elemzést, kockázatelméletet és statisztikát, egyáltalán nem meglepő, hogy az indukció a fő módszerek listáján szerepel.

A közgazdaságtan indukciójára és dedukciójára példa a következő helyzet. Az élelmiszerek (a fogyasztói kosárból) és az alapvető javak árának emelkedése arra készteti a fogyasztót, hogy gondolkodjon az államban kialakuló magas költségekről (indukció). Ugyanakkor a magas árak tényéből matematikai módszerekkel az egyes áruk vagy árukategóriák árnövekedési mutatói származtathatók (levonás).

Leggyakrabban a vezetők, vezetők és közgazdászok fordulnak az indukciós módszerhez. Ahhoz, hogy a vállalkozás fejlődését, a piaci magatartást és a verseny következményeit kellő valósággal előre jelezhessük, az információelemzés és -feldolgozás induktív-deduktív megközelítésére van szükség.

Egy világos példa a közgazdaságtanban a hibás ítéletekhez kapcsolódó indukcióra:

• a társaság nyeresége 30%-kal csökkent;
  egy konkurens vállalat bővítette termékkínálatát;
  semmi más nem változott;
• egy versengő vállalat termelési politikája a nyereség 30%-os csökkenését okozta;
• ezért ugyanazt a termelési politikát kell végrehajtani.

A példa színes illusztrációja annak, hogy az indukciós módszer alkalmatlan használata hogyan járul hozzá egy vállalkozás tönkretételéhez.

Dedukció és indukció a pszichológiában

Mivel van módszer, akkor logikusan van megfelelően szervezett gondolkodás is (hogy a módszert használjuk). A pszichológia mint tudomány, amely a mentális folyamatokat, azok kialakulását, fejlődését, összefüggéseit, interakcióit vizsgálja, figyelmet fordít a „deduktív” gondolkodásra, mint a dedukció és indukció egyik megnyilvánulási formájára. Sajnos az internetes pszichológiai oldalakon gyakorlatilag semmi sem indokolja a deduktív-induktív módszer integritását. Bár a hivatásos pszichológusok gyakrabban találkoznak az indukció megnyilvánulásaival, vagy inkább téves következtetésekkel.

A pszichológiában az indukció példája, a téves ítéletek illusztrációjaként az a kijelentés: anyám csal, ezért minden nő csaló. Még több „hibás” példát szedhet ki az életből való indukcióra:

• a diák semmire nem képes, ha rossz jegyet kap matekból;
• bolond;
• ő okos;
• Bármit megteszek;

És még sok más értékítélet, amely teljesen véletlenszerű és időnként jelentéktelen premisszákon alapul.

Meg kell jegyezni: amikor egy személy ítéletének tévessége az abszurditásig ér, a munka határa jelenik meg a pszichoterapeuta számára. Egy példa a szakorvosi találkozóra való belépésre:

„A páciens teljesen biztos abban, hogy a vörös szín bármilyen formában csak számára veszélyes. Ennek eredményeként a személy ezt a színvilágot kizárta az életéből - amennyire csak lehetséges. Számos lehetőség kínálkozik a kényelmes otthoni tartózkodásra. Elutasíthatja az összes piros elemet, vagy helyettesítheti azokat más színsémában készült analógokkal. De nyilvános helyeken, munkahelyen, boltban - ez lehetetlen. Amikor egy beteg stresszes helyzetbe kerül, minden alkalommal teljesen más érzelmi állapotok „dagályát” tapasztalja, ami veszélyt jelenthet másokra.”

Az indukciónak és a tudattalan indukciónak ezt a példáját „rögzített ideáknak” nevezik. Ha ez egy mentálisan egészséges emberrel történik, akkor a mentális tevékenység szervezettségének hiányáról beszélhetünk. A rögeszmés állapotoktól való megszabadulás egyik módja lehet a deduktív gondolkodás elemi fejlesztése. Más esetekben pszichiáterek dolgoznak ilyen betegekkel.

Az indukció fenti példái azt mutatják, hogy „a törvény nem ismerete nem mentesít a következmények (a téves ítéletek) alól”.

A deduktív gondolkodás témáján dolgozó pszichológusok összeállítottak egy listát azokról az ajánlásokról, amelyek célja, hogy segítsenek az embereknek elsajátítani ezt a módszert.

Az első pont a problémamegoldás. Mint látható, a matematikában használt indukciós forma „klasszikusnak” tekinthető, és ennek a módszernek az alkalmazása hozzájárul az elme „fegyelméhez”.

A deduktív gondolkodás fejlődésének következő feltétele a látókör tágítása (a tisztán gondolkodók világosan fejezik ki magukat). Ez az ajánlás a tudomány és információ kincstárába (könyvtárak, weboldalak, oktatási kezdeményezések, utazás stb.) irányítja a „szenvedőket”.

Külön említést érdemel az úgynevezett „pszichológiai indukció”. Ez a kifejezés, bár nem gyakran, megtalálható az interneten. Minden forrás nem ad legalább rövid megfogalmazást ennek a fogalomnak a meghatározásáról, hanem „életpéldákra” hivatkozik, miközben az indukció új típusának tekinti akár szuggesztiónak, akár a mentális betegség bizonyos formáinak, vagy szélsőséges állapotoknak. emberi psziché. A fentiek mindegyikéből világos, hogy egy hamis (gyakran hamis) premisszákon alapuló „új kifejezés” levezetésére tett kísérlet arra ítéli a kísérletezőt, hogy hibás (vagy elhamarkodott) állítást kapjon.

Megjegyzendő, hogy az 1960-as kísérletekre való hivatkozás (a helyszín, a kísérletezők nevének, az alanyok mintájának és legfőképpen a kísérlet céljának megjelölése nélkül) enyhén szólva nem meggyőző, és a kijelentés, miszerint az agy minden érzékelési szervet megkerülő információt észlel (ebben az esetben szervesebben illeszkedne az „érintett” kifejezés), elgondolkodtat az állítás szerzőjének hiszékenységén és kritikátlanságán.

Konklúzió helyett

Nem hiába használja fel a tudományok királynője, a matematika az indukció és a dedukció módszerének minden lehetséges tartalékát. A vizsgált példák arra engednek következtetni, hogy a legpontosabb és legmegbízhatóbb módszerek felületes és alkalmatlan (mint mondják meggondolatlan) alkalmazása mindig hibás eredményekhez vezet.

A tömegtudatban a dedukciós módszer a híres Sherlock Holmeshoz kötődik, aki logikai konstrukcióiban gyakrabban alkalmaz indukciós példákat, a megfelelő helyzetekben alkalmazza a dedukciót.

A cikk e módszerek alkalmazásának példáit vizsgálta az emberi tevékenység különböző tudományaiban és szféráiban.

6. előadás. Matematikai indukció módszere.

Az új ismeretek a tudományban és az életben különböző módon szerezhetők meg, de mindegyik (ha nem megy bele a részletekbe) két típusra oszlik - az általánostól a konkrétig és a sajátostól az általánosig való átmenet. Az első a dedukció, a második az indukció. A deduktív érvelést általában a matematikában nevezik. logikus érvelés, és a matematikai tudományban a dedukció az egyetlen legitim vizsgálati módszer. A logikus érvelés szabályait két és fél évezreddel ezelőtt az ókori görög tudós, Arisztotelész fogalmazta meg. Összeállította a legegyszerűbb helyes érvelések teljes listáját, szillogizmusok– a logika „építőkövei”, egyúttal jelezve a tipikus, a helyeshez nagyon hasonló, de helytelen érvelést (a médiában gyakran találkozunk ilyen „pszeudológiai” érveléssel).

Indukció (indukció - latinul tanácsadás) jól illusztrálja az a híres legenda, hogy Isaac Newton hogyan fogalmazta meg az egyetemes gravitáció törvényét, miután egy alma a fejére esett. Egy másik példa a fizikából: egy olyan jelenségben, mint az elektromágneses indukció, az elektromos tér mágneses teret hoz létre, „indukál”. A „Newton alma” tipikus példa arra a helyzetre, amikor egy vagy több speciális eset, azaz megfigyelések, általános állítást „sugalmaznak”, általános következtetést vonnak le konkrét esetek alapján. Az induktív módszer a fő módszer az általános minták megszerzésére mind a természettudományokban, mind a humán tudományokban. De van egy nagyon jelentős hátránya: konkrét példák alapján téves következtetést lehet levonni. A privát megfigyelésekből fakadó hipotézisek nem mindig igazak. Tekintsünk egy példát Euler miatt.

Kiszámoljuk a trinomiális értékét néhány első értékhez n:

Vegye figyelembe, hogy a számítások eredményeként kapott számok prímszámok. És ezt mindegyiknél közvetlenül ellenőrizhetjük n 1-39 polinomérték
egy prímszám. Azonban mikor n=40 az 1681=41 2 számot kapjuk, ami nem prím. Így az itt felmerülő hipotézis, vagyis az a hipotézis, hogy mindegyikre n szám
egyszerű, hamisnak bizonyul.

Leibniz a 17. században bebizonyította, hogy minden pozitív egészre n szám
osztható 3-mal, szám
osztható 5-tel stb. Ez alapján azt feltételezte, hogy minden páratlan kés bármilyen természetes n szám
osztva k, de hamar észrevettem
nem osztható 9-cel.

A vizsgált példák egy fontos következtetés levonását teszik lehetővé: egy nyilatkozat számos speciális esetben lehet igazságos, ugyanakkor általában véve igazságtalan. Egy állítás érvényességének kérdése általános esetben megoldható egy speciális érvelési módszer ún matematikai indukcióval(teljes indukció, tökéletes indukció).

6.1. A matematikai indukció elve.

♦ A matematikai indukció módszere azon alapul a matematikai indukció elve , ami a következő:

1) ennek az állításnak az érvényességét ellenőrizzükn=1 (indukciós alapon) ,

2) ennek az állításnak az érvényességét feltételezzükn= k, Aholk– tetszőleges természetes szám 1(indukciós feltételezés) , és ezt a feltevést figyelembe véve érvényessége megállapíthatón= k+1.

Bizonyíték. Tegyük fel az ellenkezőjét, vagyis tegyük fel, hogy az állítás nem minden természetesre igaz n. Aztán van egy ilyen természetes m, Mit:

1) nyilatkozat a n=m nem fair,

2) mindenkinek n, kisebb m, az állítás igaz (más szóval, m az első természetes szám, amelyre az állítás nem igaz).

Ez nyilvánvaló m>1, mert Mert n=1 az állítás igaz (1. feltétel). Ennélfogva,
- természetes szám. Kiderül, hogy természetes számra
az állítás igaz, és a következő természetes számra m ez igazságtalan. Ez ellentmond a 2. feltételnek. ■

Figyeljük meg, hogy a bizonyítás azt az axiómát használta, hogy bármely természetes számhalmaz tartalmazza a legkisebb számot.

A matematikai indukció elvén alapuló bizonyítást ún a teljes matematikai indukció módszerével .

 Példa6.1. Bizonyítsd be ezt minden természetesnél n szám
osztható 3-mal.

Megoldás.

1) Mikor n=1, szóval a 1 osztható 3-mal, és az állítás akkor igaz, amikor n=1.

2) Tegyük fel, hogy az állítás igaz erre n=k,
, vagyis azt a számot
osztható 3-mal, és megállapítjuk, hogy mikor n=k A +1 szám osztható 3-mal.

Valóban,

Mert Minden tag osztható 3-mal, akkor az összegük is osztható 3-mal. ■ 

 Példa6.2. Bizonyítsuk be, hogy az első összege n természetes páratlan számok egyenlő számuk négyzetével, azaz.

Megoldás. Használjuk a teljes matematikai indukció módszerét.

1) Ennek az állításnak az érvényességét ellenőrizzük, amikor n=1: 1=1 2 – ez igaz.

2) Tegyük fel, hogy az első összege k (
) páratlan számok egyenlő e számok számának négyzetével, azaz. Ezen egyenlőség alapján megállapítjuk, hogy az első összege k+1 páratlan szám egyenlő
, vagyis .

Használjuk a feltételezésünket és kapjuk

. ■ 

A teljes matematikai indukció módszerét alkalmazzák bizonyos egyenlőtlenségek bizonyítására. Bizonyítsuk be Bernoulli egyenlőtlenségét.

 Példa6.3. Bizonyítsd be, hogy mikor
és bármilyen természetes n az egyenlőtlenség igaz
(Bernoulli egyenlőtlensége).

Megoldás. 1) Mikor n=1 kapunk
, ami igaz.

2) Feltételezzük, hogy mikor n=k egyenlőtlenség van
(*). Ezzel a feltételezéssel igazoljuk
. Vegye figyelembe, hogy mikor
ez az egyenlőtlenség fennáll, és ezért elegendő megvizsgálni az esetet
.

Szorozzuk meg az egyenlőtlenség (*) mindkét oldalát a számmal
és kapjuk:

Vagyis (1+
.■ 

Bizonyítás módszer szerint hiányos matematikai indukció néhány nyilatkozat attól függően n, Ahol
hasonló módon hajtják végre, de kezdetben a legkisebb értékre állapítják meg a méltányosságot n.

Egyes problémák nem mondanak ki kifejezetten olyan állítást, amely matematikai indukcióval bizonyítható. Ilyen esetekben magának kell felállítania a mintát, és hipotézist kell felállítania a minta érvényességéről, majd a matematikai indukció módszerével tesztelheti a javasolt hipotézist.

 Példa6.4. Keresse meg az összeget
.

Megoldás. Keressük az összegeket S 1 , S 2 , S 3. Nekünk van
,
,
. Feltételezzük, hogy bármely természetes n a képlet érvényes
. Ennek a hipotézisnek a teszteléséhez a teljes matematikai indukció módszerét használjuk.

1) Mikor n=1 hipotézis helyes, mert
.

2) Tegyük fel, hogy a hipotézis igaz erre n=k,
, vagyis
. Ezzel a képlettel megállapítjuk, hogy a hipotézis akkor is igaz, ha n=k+1, vagyis

Valóban,

Tehát abból a feltételezésből kiindulva, hogy a hipotézis mikor igaz n=k,
, bebizonyosodott, hogy ez azokra is igaz n=k+1, és a matematikai indukció elve alapján arra a következtetésre jutunk, hogy a képlet bármely természetes számra érvényes n. ■ 

 Példa6.5. A matematikában bebizonyosodott, hogy két egyenletesen folytonos függvény összege egyenletesen folytonos függvény. Ezen állítás alapján bizonyítania kell, hogy bármely szám összege
Az egyenletesen folytonos függvények egy egyenletesen folytonos függvény. De mivel még nem vezettük be az „egyenletesen folytonos függvény” fogalmát, tegyük fel a problémát elvontabban: lássuk, hogy két olyan függvény összege, amelyeknek van valamilyen tulajdonsága. S, maga rendelkezik az ingatlannal S. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges számú függvény összege rendelkezik tulajdonsággal S.

Megoldás. Az indukció alapját itt a probléma megfogalmazása tartalmazza. Az indukciós feltevést követően fontolja meg
funkciókat f 1 , f 2 , …, f n , f n+1, akik rendelkeznek a tulajdonsággal S. Akkor . A jobb oldalon az első tag rendelkezik a tulajdonsággal S az indukciós hipotézis szerint a második tag rendelkezik a tulajdonsággal S feltétel szerint. Következésképpen az ő összegük rendelkezik a tulajdonsággal S– két kifejezésre „működik” az indukciós alap.

Ez bizonyítja az állítást, és a továbbiakban is használni fogjuk. ■ 

 Példa6.6. Találd meg az összes természeteset n, amelyre igaz az egyenlőtlenség

.

Megoldás. Mérlegeljük n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Van: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 > 6 2. Így felállíthatunk egy hipotézist: egyenlőtlenség
mindenkinek van helye
. A hipotézis igazságának bizonyítására a hiányos matematikai indukció elvét használjuk.

1) Mint fentebb megállapítottuk, ez a hipotézis akkor igaz, amikor n=5.

2) Tegyük fel, hogy ez igaz erre n=k,
, vagyis az egyenlőtlenség igaz
. Ezzel a feltételezéssel bebizonyítjuk, hogy az egyenlőtlenség
.

Mert
és at
egyenlőtlenség van

nál nél
,

akkor azt kapjuk
. Tehát a hipotézis igazsága a n=k A +1 abból a feltevésből következik, hogy mikor igaz n=k,
.

A bekezdésekből. Az 1. és 2. ábrából a nem teljes matematikai indukció elve alapján az következik, hogy az egyenlőtlenség
igaz minden természetesre
. ■ 

 Példa6.7. Bizonyítsa be ezt bármely természetes számra n a differenciálási képlet érvényes
.

Megoldás. Nál nél n=1 ez a képlet így néz ki
, vagy 1=1, vagyis helyes. Az indukciós feltételezés alapján a következőket kapjuk:

Q.E.D. ■ 

 Példa6.8. Bizonyítsuk be, hogy a halmaz, amelyből áll n elemek, rendelkezik részhalmazok

Megoldás. Egy elemből álló készlet A, két részhalmaza van. Ez igaz, mert minden részhalmaza az üres halmaz és maga az üres halmaz, és 2 1 =2.

Tegyük fel, hogy minden halmaza n elemekkel rendelkezik részhalmazok Ha az A halmaz abból áll n+1 elemet, majd egy elemet rögzítünk benne - jelöljük d, és ossza fel az összes részhalmazt két osztályra - azokra, amelyek nem tartalmaznak dés tartalmazó d. Az első osztályból származó összes részhalmaz a B halmaz részhalmaza, amelyet A-ból kapunk egy elem eltávolításával d.

A B készlet a következőkből áll n elemeket, és ezért indukcióval rendelkezik részhalmazok, tehát az első osztályban részhalmazok

De a második osztályban ugyanannyi részhalmaz van: mindegyiket az első osztály pontosan egy részhalmazából kapjuk egy elem hozzáadásával d. Ezért összesen az A halmaz
részhalmazok

Így az állítás bizonyítást nyer. Vegyük észre, hogy ez a 0 elemből álló halmazra is igaz - az üres halmazra: egyetlen részhalmaza van - maga, és 2 0 = 1. ■ 