Exemple 1 méthode d'induction mathématique. Principe de l'induction mathématique

Cours 6. Méthode d'induction mathématique.

Les nouvelles connaissances dans la science et la vie s'obtiennent de différentes manières, mais toutes (si vous n'entrez pas dans les détails) sont divisées en deux types - le passage du général au spécifique et du spécifique au général. La première est la déduction, la seconde est l’induction. Le raisonnement déductif est ce qu’on appelle communément en mathématiques. raisonnement logique, et en science mathématique la déduction est la seule méthode légitime d’enquête. Les règles du raisonnement logique ont été formulées il y a deux millénaires et demi par l'ancien scientifique grec Aristote. Il a créé une liste complète des raisonnements corrects les plus simples, syllogismes– des « éléments constitutifs » de la logique, tout en indiquant simultanément un raisonnement typique très similaire au correct, mais incorrect (on rencontre souvent de tels raisonnements « pseudologiques » dans les médias).

Induction (induction - en latin conseils) est clairement illustré par la célèbre légende selon laquelle Isaac Newton a formulé la loi de la gravitation universelle après qu'une pomme lui soit tombée sur la tête. Autre exemple venu de la physique : dans un phénomène comme l'induction électromagnétique, un champ électrique crée, « induit » un champ magnétique. La « pomme de Newton » est un exemple typique d'une situation dans laquelle un ou plusieurs cas particuliers, c'est-à-dire : observations, « suggèrent » une affirmation générale ; une conclusion générale est tirée sur la base de cas particuliers. La méthode inductive est la principale pour obtenir des modèles généraux dans les sciences naturelles et humaines. Mais cela présente un inconvénient très important : sur la base d'exemples particuliers, une conclusion erronée peut être tirée. Les hypothèses issues d'observations privées ne sont pas toujours correctes. Prenons un exemple dû à Euler.

Nous calculerons la valeur du trinôme pour quelques premières valeurs n:

Notez que les nombres obtenus à la suite des calculs sont premiers. Et on peut vérifier directement que pour chaque n 1 à 39 valeurs polynomiales
est nombre premier. Cependant, quand n=40 on obtient le nombre 1681=41 2, qui n'est pas premier. Ainsi, l'hypothèse qui pourrait se poser ici, c'est-à-dire l'hypothèse que pour chaque n nombre
est simple, s'avère faux.

Leibniz démontra au XVIIe siècle que pour tout tout positif n nombre
divisible par 3, nombre
divisible par 5, etc. Sur cette base, il a supposé que pour tout problème impair k et tout naturel n nombre
divisé par k, mais j'ai vite remarqué que
n'est pas divisible par 9.

Les exemples considérés nous permettent de tirer une conclusion importante : une déclaration peut être juste dans un certain nombre de cas particuliers et en même temps injuste en général. La question de la validité d'une déclaration dans le cas général peut être résolue en utilisant une méthode de raisonnement spéciale appelée par induction mathématique(induction complète, induction parfaite).

6.1. Le principe de l'induction mathématique.

♦ La méthode d'induction mathématique est basée sur principe de l'induction mathématique , qui est le suivant :

1) la validité de cette déclaration est vérifiéen=1 (base d'induction) ,

2) la validité de cette déclaration est supposée pourn= k, Oùk– nombre naturel arbitraire 1(hypothèse d'induction) , et en tenant compte de cette hypothèse, sa validité est établie pourn= k+1.

Preuve. Supposons le contraire, c'est-à-dire supposons que cette affirmation ne soit pas vraie pour tous les n. Alors il y a un tel naturel m, Quoi:

1) déclaration pour n=m pas juste,

2) pour tout le monde n, plus petit m, l'énoncé est vrai (en d'autres termes, m est le premier nombre naturel pour lequel l'énoncé n'est pas vrai).

Il est évident que m>1, parce que Pour n=1 la déclaration est vraie (condition 1). Ainsi,
- entier naturel. Il s’avère que pour un nombre naturel
la déclaration est vraie, et pour le prochain nombre naturel m c'est injuste. Cela contredit la condition 2. ■

Notez que la preuve utilise l'axiome selon lequel tout ensemble de nombres naturels contient le plus petit nombre.

Une preuve basée sur le principe de l'induction mathématique s'appelle par la méthode d'induction mathématique complète .

 Exemple6.1. Prouvez cela pour tout naturel n nombre
divisible par 3.

Solution.

1) Quand n=1, donc un 1 est divisible par 3 et l’énoncé est vrai lorsque n=1.

2) Supposons que l'énoncé soit vrai pour n=k,
, c'est-à-dire ce numéro
est divisible par 3, et on établit que lorsque n=k Le nombre +1 est divisible par 3.

En effet,

Parce que Chaque terme est divisible par 3, alors leur somme est également divisible par 3. ■ 

 Exemple6.2. Montrer que la somme des premiers n Les nombres impairs naturels sont égaux au carré de leur nombre, c'est-à-dire.

Solution. Utilisons la méthode d'induction mathématique complète.

1) Nous vérifions la validité de cette déclaration lorsque n=1 : 1=1 2 – c’est vrai.

2) Supposons que la somme des premiers k (
) de nombres impairs est égal au carré du nombre de ces nombres, c'est-à-dire. Sur la base de cette égalité, nous établissons que la somme des premiers k+1 nombres impairs est égal à
, c'est .

Nous utilisons notre hypothèse et obtenons

. ■ 

La méthode d'induction mathématique complète est utilisée pour prouver certaines inégalités. Montrons l'inégalité de Bernoulli.

 Exemple6.3. Prouvez que lorsque
et tout naturel n l'inégalité est vraie
(inégalité de Bernoulli).

Solution. 1) Quand n=1 on obtient
, ce qui est vrai.

2) Nous supposons que lorsque n=k il y a des inégalités
(*). En utilisant cette hypothèse, nous prouvons que
. Notez que lorsque
cette inégalité est vraie et il suffit donc de considérer le cas
.

Multiplions les deux côtés de l'inégalité (*) par le nombre
et on obtient :

Soit (1+
.■ 

Preuve par méthode induction mathématique incomplète une déclaration en fonction de n, Où
effectué de la même manière, mais au début l'équité est établie pour la plus petite valeur n.

Certains problèmes n’énoncent pas explicitement une affirmation qui peut être prouvée par induction mathématique. Dans de tels cas, vous devez établir vous-même le modèle et faire une hypothèse sur la validité de ce modèle, puis utiliser la méthode d'induction mathématique pour tester l'hypothèse proposée.

 Exemple6.4. Trouver le montant
.

Solution. Trouvons les sommes S 1 , S 2 , S 3. Nous avons
,
,
. Nous émettons l'hypothèse que pour tout n la formule est valide
. Pour tester cette hypothèse, nous utiliserons la méthode de l’induction mathématique complète.

1) Quand n=1 l’hypothèse est correcte, car
.

2) Supposons que l'hypothèse soit vraie pour n=k,
, c'est
. En utilisant cette formule, nous établissons que l'hypothèse est vraie même lorsque n=k+1, c'est

En effet,

Donc, en partant de l’hypothèse que l’hypothèse est vraie lorsque n=k,
, il a été prouvé que cela est également vrai pour n=k+1, et sur la base du principe d'induction mathématique nous concluons que la formule est valable pour tout nombre naturel n. ■ 

 Exemple6.5. En mathématiques, il est prouvé que la somme de deux fonctions uniformément continues est une fonction uniformément continue. Sur la base de cette affirmation, vous devez prouver que la somme de n'importe quel nombre
les fonctions uniformément continues sont uniformément fonction continue. Mais puisque nous n’avons pas encore introduit la notion de « fonction uniformément continue », posons le problème de manière plus abstraite : sachons que la somme de deux fonctions qui ont une propriété S, a lui-même la propriété S. Montrons que la somme d'un nombre quelconque de fonctions a la propriété S.

Solution. La base de l’induction est ici contenue dans la formulation du problème lui-même. Après avoir fait l’hypothèse d’induction, considérons
les fonctions F 1 , F 2 , …, F n , F n+1 qui possède la propriété S. Alors . A droite, le premier terme a la propriété S par l'hypothèse de récurrence, le deuxième terme a la propriété S par condition. Par conséquent, leur somme a la propriété S– pour deux trimestres, la base d'induction « fonctionne ».

Cela prouve la déclaration et nous l'utiliserons plus loin. ■ 

 Exemple6.6. Trouvez du tout naturel n, pour lequel l'inégalité est vraie

.

Solution. Considérons n=1, 2, 3, 4, 5, 6. On a : 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Ainsi, nous pouvons faire une hypothèse : l’inégalité
il y a une place pour tout le monde
. Pour prouver la véracité de cette hypothèse, nous utiliserons le principe d’induction mathématique incomplète.

1) Comme cela a été établi ci-dessus, cette hypothèse est vraie lorsque n=5.

2) Supposons que cela soit vrai pour n=k,
, c'est-à-dire que l'inégalité est vraie
. En utilisant cette hypothèse, nous prouvons que l’inégalité
.

Parce que
et à
il y a des inégalités

à
,

alors nous obtenons ça
. Ainsi, la véracité de l'hypothèse à n=k+1 découle de l'hypothèse que c'est vrai quand n=k,
.

À partir de paragraphes. 1 et 2, basés sur le principe d'induction mathématique incomplète, il s'ensuit que l'inégalité
vrai pour tout naturel
. ■ 

 Exemple6.7. Montrer que pour tout nombre naturel n la formule de différenciation est valide
.

Solution.À n=1 cette formule ressemble à
, ou 1=1, c'est-à-dire que c'est correct. En faisant l’hypothèse d’induction, nous avons :

Q.E.D. ■ 

 Exemple6.8. Montrer que l’ensemble constitué de néléments, a sous-ensembles

Solution. Un ensemble composé d'un élément UN, comporte deux sous-ensembles. Cela est vrai parce que tous ses sous-ensembles sont l’ensemble vide et l’ensemble vide lui-même, et 2 1 =2.

Supposons que chaque ensemble de n les éléments ont sous-ensembles Si l'ensemble A est constitué de n+1 éléments, puis nous y fixons un élément - nous le désignons d, et divisez tous les sous-ensembles en deux classes - celles qui ne contiennent pas d et contenant d. Tous les sous-ensembles de la première classe sont des sous-ensembles de l'ensemble B obtenu à partir de A en supprimant un élément d.

L'ensemble B est composé de néléments, et donc, par induction, il a sous-ensembles, donc en première classe sous-ensembles

Mais dans la deuxième classe il y a le même nombre de sous-ensembles : chacun d'eux est obtenu à partir d'exactement un sous-ensemble de la première classe en ajoutant un élément d. Par conséquent, au total l’ensemble A
sous-ensembles

La déclaration est donc prouvée. Notez que cela est également vrai pour un ensemble composé de 0 éléments - l'ensemble vide : il a un seul sous-ensemble - lui-même, et 2 0 = 1. ■ 

La méthode de preuve basée sur l'axiome 4 de Peano est utilisée pour prouver de nombreuses propriétés mathématiques et diverses affirmations. La base de ceci est le théorème suivant.

Théorème. Si la déclaration UN(n) avec variable naturelle n vrai pour m= 1 et du fait que c'est vrai pour n = k, il s'ensuit que c'est vrai pour le numéro suivant n = k, puis la déclaration UN(n) n.

Preuve. Notons par M beaucoup de ceux-là et seulement ceux-là nombres naturels, pour lequel la déclaration UN(n) vrai. Alors d'après les conditions du théorème nous avons : 1) 1 M; 2) kMkM. De là, sur la base de l’axiome 4, nous concluons que M =N, c'est à dire. déclaration UN(n) vrai pour tout naturel n.

La méthode de preuve basée sur ce théorème s'appelle par la méthode de l'induction mathématique, et l'axiome est l'axiome de l'induction. Cette preuve se compose de deux parties :

1) prouver que la déclaration UN(n) vrai pour m= A(1);

2) supposer que la déclaration UN(n) vrai pour n = k, et, sur la base de cette hypothèse, prouver que l'énoncé Un) vrai pour n = k + 1, c'est-à-dire que la déclaration est vraie UNE(k) UNE(k + 1).

Si UN( 1) UN(k) UNE(k + 1) - déclaration vraie, alors ils concluent que la déclaration Un) vrai pour tout nombre naturel n.

La preuve par la méthode d'induction mathématique peut commencer non seulement par la confirmation de la véracité de l'énoncé pour m= 1, mais aussi de n'importe quel nombre naturel m. Dans ce cas, la déclaration UN(n) sera prouvé pour tous les nombres naturels nm.

Problème : Montrons que pour tout nombre naturel l'égalité 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

Solution.Égalité 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n est une formule qui peut être utilisée pour trouver la somme des premiers nombres naturels impairs consécutifs. Par exemple, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (la somme contient 4 termes), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (la somme contient 6 termes) ; si cette somme contient 20 termes du type indiqué, alors elle est égale à 20 = 400, etc. Après avoir prouvé la véracité de cette égalité, nous pourrons trouver la somme de n'importe quel nombre de termes du type spécifié à l'aide de la formule.

1) Vérifions la véracité de cette égalité pour m= 1. Quand m= 1 le côté gauche de l'égalité est constitué d'un terme égal à 1, le côté droit est égal à 1= 1. Puisque 1 = 1, alors pour m= 1 cette égalité est vraie.

2) Supposons que cette égalité soit vraie pour n = k, c'est à dire. que 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. En partant de cette hypothèse, nous prouvons que c’est vrai pour n = k + 1, c'est-à-dire 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Regardons le côté gauche de la dernière égalité.

Par hypothèse, la somme du premier k termes est égal à k et donc 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

=k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Expression k+ 2k + 1 est identiquement égal à l’expression ( k + 1).

Par conséquent, la vérité de cette égalité pour n = k + 1 a été prouvé.

Ainsi, cette égalité est vraie pour m= 1 et de sa vérité pour n = k doit être vrai pour n = k + 1.

Cela prouve que cette égalité est vraie pour tout nombre naturel.

En utilisant la méthode d'induction mathématique, vous pouvez prouver la vérité non seulement des égalités, mais aussi des inégalités.

Tâche. Prouver que, où nN.

Solution. Vérifions la véracité de l'inégalité à m= 1. Nous avons une véritable inégalité.

Supposons que l'inégalité soit vraie pour n = k, ceux. - une véritable inégalité. Montrons, en partant de l'hypothèse, que cela est également vrai pour n = k + 1, c'est-à-dire (*).

Transformons le côté gauche de l'inégalité (*), en tenant compte de que : .

Mais , ce qui signifie .

Cette inégalité est donc vraie pour m= 1, et du fait que l’inégalité est vraie pour certains m= k, nous avons constaté que cela est également vrai pour m= k + 1.

Ainsi, en utilisant l'axiome 4, nous avons prouvé que cette inégalité est vraie pour tout nombre naturel.

D'autres affirmations peuvent être prouvées en utilisant la méthode d'induction mathématique.

Tâche. Montrer que pour tout nombre naturel, l’énoncé est vrai.

Solution. Vérifions la véracité de la déclaration lorsque m= 1 : - vraie déclaration.

Supposons que cette affirmation soit vraie pour n = k: . Montrons, en utilisant ceci, la vérité de l'énoncé lorsque n = k + 1: .

Transformons l'expression : . Trouvons la différence k Et k+ 1 membres. S'il s'avère que la différence résultante est un multiple de 7 et que, par hypothèse, le sous-trahend est divisible par 7, alors le minuend est également un multiple de 7 :

Le produit est donc un multiple de 7 et .

Ainsi, cette affirmation est vraie pour m= 1 et de sa vérité pour n = k doit être vrai pour n = k + 1.

Cela prouve que cette affirmation est vraie pour tout nombre naturel.

Tâche. Montrer que pour tout nombre naturel n 2 affirmation (7-1)24 est vraie.

Solution. 1) Vérifions la véracité de la déclaration lorsque n= 2 : - affirmation vraie.

L'induction mathématique est à la base de l'une des méthodes de preuve mathématique les plus courantes. Il peut être utilisé pour prouver la plupart formules avec des nombres naturels n, par exemple, la formule pour trouver la somme des premiers termes de la progression S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n, la formule binomiale de Newton a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · une n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · une · b n - 1 + C n n · b n .

Dans le premier paragraphe, nous analyserons les concepts de base, puis examinerons les bases de la méthode elle-même, puis vous expliquerons comment l'utiliser pour prouver des égalités et des inégalités.

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Concepts d'induction et de déduction

Voyons d’abord ce que sont l’induction et la déduction en général.

Définition 1

Induction est une transition du particulier au général, et déduction au contraire – du général au particulier.

Par exemple, nous avons une affirmation : 254 peut être divisé par deux. Nous pouvons en tirer de nombreuses conclusions, à la fois vraies et fausses. Par exemple, l’affirmation selon laquelle tous les nombres entiers se terminant par le nombre 4 peuvent être divisés par deux sans reste est vraie, mais l’affirmation selon laquelle tout nombre de trois chiffres est divisible par 2 est fausse.

En général, on peut dire qu’avec l’aide du raisonnement inductif, de nombreuses conclusions peuvent être tirées d’un seul raisonnement connu ou évident. L'induction mathématique nous permet de déterminer la validité de ces conclusions.

Disons que nous avons une séquence de nombres comme 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, . . . , 1 n (n + 1) , où n désigne un nombre naturel. Dans ce cas, en ajoutant les premiers éléments de la séquence, on obtient ce qui suit :

S 1 = 1 1 2 = 1 2, S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4, S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5 , . . .

En utilisant l'induction, nous pouvons conclure que S n = n n + 1 . Dans la troisième partie nous démontrerons cette formule.

Quelle est la méthode d’induction mathématique ?

Cette méthode repose sur le principe du même nom. Il est formulé ainsi :

Définition 2

Une certaine affirmation sera vraie pour une valeur naturelle n lorsque 1) elle sera vraie pour n = 1 et 2) du fait que cette expression est valable pour une valeur naturelle arbitraire n = k, il s'ensuit qu'elle sera vraie pour n = k + 1 .

L'application de la méthode d'induction mathématique s'effectue en 3 étapes :

1. Tout d’abord, nous vérifions la validité de l’énoncé original dans le cas d’une valeur naturelle arbitraire de n (généralement la vérification est effectuée pour l’unité).
2. Après cela, nous vérifions la validité lorsque n = k.
3. Et puis nous prouvons la validité de l’énoncé si n = k + 1.

Comment utiliser la méthode d'induction mathématique pour résoudre des inégalités et des équations

Prenons l'exemple dont nous avons parlé plus tôt.

Exemple 1

Démontrer la formule S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Solution

Comme nous le savons déjà, pour appliquer la méthode d’induction mathématique, trois actions séquentielles doivent être effectuées.

1. Tout d’abord, nous vérifions si cette égalité sera valable pour n égal à un. Nous obtenons S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Tout est correct ici.
2. Ensuite, nous supposons que la formule S k = k k + 1 est correcte.
3. Dans la troisième étape, nous devons prouver que S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 , sur la base de la validité de l'égalité précédente.

On peut représenter k + 1 comme la somme des premiers termes de la séquence originale et k + 1 :

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

Puisque dans la deuxième action nous avons reçu que S k = k k + 1, nous pouvons écrire ce qui suit :

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .

Nous effectuons maintenant les transformations nécessaires. Nous devrons réduire la fraction à un dénominateur commun, réduire les termes similaires, appliquer la formule de multiplication abrégée et réduire ce que nous obtenons :

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Ainsi, nous avons prouvé l’égalité au troisième point en complétant les trois étapes de la méthode d’induction mathématique.

Répondre: l'hypothèse concernant la formule S n = n n + 1 est correcte.

Prenons un problème plus complexe avec les fonctions trigonométriques.

Exemple 2

Donner une preuve de l'identité cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

Solution

Comme on s’en souvient, la première étape devrait être de vérifier la validité de l’égalité lorsque n est égal à un. Pour le savoir, il faut rappeler les formules trigonométriques de base.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Par conséquent, pour n égal à un, l’identité sera vraie.

Supposons maintenant que sa validité reste vraie pour n = k, c'est-à-dire il sera vrai que cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

Nous prouvons l'égalité cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α pour le cas où n = k + 1, en prenant comme base l'hypothèse précédente.

D'après la formule trigonométrique,

sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 péché (2 2 k + 1 α) + péché 0 = 1 2 péché 2 k + 2 α

Ainsi,

cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 péché 2 α

Nous avons donné un exemple de résolution d'un problème pour prouver une inégalité en utilisant cette méthode dans l'article sur la méthode moindres carrés. Lisez le paragraphe où sont dérivées les formules permettant de trouver les coefficients d'approximation.

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Description bibliographique : Badanin A. S., Sizova M. Yu. Application de la méthode d'induction mathématique à la résolution de problèmes de divisibilité des nombres naturels // Jeune scientifique. 2015. N° 2. P. 84-86..02.2019).

Dans les Olympiades de mathématiques, il y a souvent des problèmes assez difficiles pour prouver la divisibilité des nombres naturels. Les écoliers sont confrontés à un problème : comment trouver un universel méthode mathématiqueça permet de résoudre de tels problèmes ?

Il s'avère que la plupart des problèmes de preuve de la divisibilité peuvent être résolus par la méthode de l'induction mathématique, mais les manuels scolaires accordent très peu d'attention à cette méthode ; le plus souvent une brève description théorique est donnée et plusieurs problèmes sont analysés.

On retrouve la méthode d’induction mathématique dans la théorie des nombres. À l’aube de la théorie des nombres, les mathématiciens ont découvert de nombreux faits de manière inductive : L. Euler et K. Gauss ont parfois examiné des milliers d’exemples avant de remarquer une structure numérique et d’y croire. Mais en même temps, ils ont compris à quel point les hypothèses qui ont passé le test « final » peuvent être trompeuses. Pour passer inductivement d’une affirmation vérifiée pour un sous-ensemble fini à une affirmation similaire pour l’ensemble infini entier, une preuve est nécessaire. Cette méthode a été proposée par Blaise Pascal, qui a trouvé algorithme général trouver des signes de divisibilité de tout entier par tout autre entier (traité « De la nature de la divisibilité des nombres »).

La méthode d'induction mathématique est utilisée pour prouver par raisonnement la vérité d'un certain énoncé pour tous les nombres naturels ou la vérité d'un énoncé à partir d'un certain nombre n.

La résolution de problèmes pour prouver la véracité d'un certain énoncé à l'aide de la méthode d'induction mathématique comprend quatre étapes (Fig. 1) :

Riz. 1. Schéma de résolution du problème

1. Base d'induction . Ils vérifient la validité de l’énoncé pour le plus petit nombre naturel pour lequel l’énoncé a du sens.

2. Hypothèse inductive . Nous supposons que cette affirmation est vraie pour une certaine valeur de k.

3. Transition d'induction . Nous prouvons que l’énoncé est vrai pour k+1.

4. Conclusion . Si une telle preuve était complétée, alors, sur la base du principe d'induction mathématique, on peut affirmer que l'affirmation est vraie pour tout nombre naturel n.

Considérons l'application de la méthode d'induction mathématique pour résoudre des problèmes de preuve de la divisibilité des nombres naturels.

Exemple 1. Montrer que le nombre 5 est un multiple de 19, où n est un nombre naturel.

Preuve:

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : le nombre =19 est un multiple de 19.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire que le nombre est un multiple de 19.

C'est un multiple de 19. En effet, le premier terme est divisible par 19 du fait de l'hypothèse (2) ; le deuxième terme est également divisible par 19 car il contient un facteur de 19.

Exemple 2. Montrer que la somme des cubes de trois nombres naturels consécutifs est divisible par 9.

Preuve:

Démontrons l'énoncé : « Pour tout nombre naturel n, l'expression n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 est un multiple de 9.

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 multiples de 9.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 est un multiple de 9.

3) Montrons que la formule est également vraie pour n = k + 1, c'est-à-dire que (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 est un multiple de 9. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

L’expression résultante contient deux termes dont chacun est divisible par 9, donc la somme est divisible par 9.

4) Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont remplies, donc la phrase est vraie pour toutes les valeurs de n.

Exemple 3. Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre 3 2n+1 +2 n+2 est divisible par 7.

Preuve:

1) Vérifions que cette formule est correcte pour n = 1 : 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 est un multiple de 7.

2) Soit cette formule vraie pour n = k, c'est-à-dire 3 2 k +1 +2 k +2 est divisé par 7.

3) Montrons que la formule est également vraie pour n = k + 1, c'est-à-dire

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .T. k. (3 2 k +1 +2 k +2) 9 est divisé par 7 et 7 2 k +2 est divisé par 7, puis leur différence est divisée par 7.

4) Les deux conditions du principe d'induction mathématique sont remplies, donc la phrase est vraie pour toutes les valeurs de n.

De nombreux problèmes de preuve dans la théorie de la divisibilité des nombres naturels peuvent être facilement résolus en utilisant la méthode d'induction mathématique ; on peut même dire que la résolution des problèmes avec cette méthode est complètement algorithmique ; il suffit d'effectuer 4 étapes principales. Mais cette méthode ne peut pas être qualifiée d'universelle, car elle présente également des inconvénients : d'une part, elle ne peut être prouvée que sur un ensemble de nombres naturels, et d'autre part, elle ne peut être prouvée que pour une seule variable.

Pour le developpement pensée logique, culture mathématique cette méthode est outil nécessaire Après tout, le grand mathématicien russe A. N. Kolmogorov a déclaré: "La compréhension et la capacité d'appliquer correctement le principe de l'induction mathématique sont un bon critère de maturité logique, absolument nécessaire pour un mathématicien."

Littérature:

1. Vilenkin N. Ya. Intronisation. Combinatoire. - M. : Éducation, 1976. - 48 p.

2. Genkin L. Sur l'induction mathématique. - M., 1962. - 36 p.

3. Solominsky I. S. Méthode d'induction mathématique. - M. : Nauka, 1974. - 63 p.

4. Sharygin I.F. Cours optionnel de mathématiques : Résolution de problèmes : Manuel pour la 10e année. moyenne scolaire - M. : Éducation, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Induction mathématique. - M. : MTsNMO, 2007. - 32 p.

Pour ce faire, vérifiez d'abord la véracité de la déclaration numéro 1 - socle à induction, et alors il est prouvé que si l'énoncé avec le numéro est vrai n, alors la déclaration suivante avec le numéro est également vraie n + 1 - étape d'induction, ou transition d'induction.

La preuve par induction peut être clairement présentée sous la forme de ce qu'on appelle principe des dominos. Supposons qu'un nombre quelconque de dominos soit placé dans une rangée de telle sorte que chaque dominos, en tombant, renverse nécessairement la pierre de domino qui la suit (c'est la transition inductive). Ensuite, si on pousse le premier os (c’est la base de l’induction), alors tous les os de la rangée tomberont.

La base logique de cette méthode de preuve est ce qu'on appelle axiome d'induction, le cinquième des axiomes de Peano définissant les nombres naturels. L'exactitude de la méthode de récurrence équivaut au fait que dans tout sous-ensemble de nombres naturels, il existe un élément minimal.

Il existe également une variante, appelée principe d'induction mathématique complète. Voici sa formulation stricte :

Le principe de l'induction mathématique complète est également équivalent à l'axiome d'induction dans les axiomes de Peano.

Exemples

Tâche. Pour prouver que, quel que soit le naturel n et réel q≠ 1, l'égalité est vraie

Preuve. Induction activée n.

Base, n = 1:

Transition: Faisons comme si

Q.E.D.

Un commentaire: exactitude de la déclaration P. n dans cette preuve - la même chose que la vérité de l'égalité

voir également

Variations et généralisations

Littérature

• N. Ya. Vilenkin Induction. Combinatoire. Manuel pour les enseignants. M., Éducation, 1976.-48 p.
• L. I. Golovina, I. M. Yaglom Introduction à la géométrie, « Cours populaires sur les mathématiques », numéro 21, Fizmatgiz 1961.-100 p.
• R. Courant, G. Robbins"Qu'est-ce que les mathématiques ?" Chapitre Ier, § 2.
• I. S. Sominsky Méthode d'induction mathématique. « Conférences populaires sur les mathématiques », numéro 3, maison d'édition « Nauka » 1965.-58 p.

Fondation Wikimédia. 2010.

Voyez ce qu'est la « Méthode d'induction mathématique » dans d'autres dictionnaires :

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