Matematická indukce je pojem v matematice, který se používá k dokazování různých matematických tvrzení a vět. Princip matematické indukce je někdy označován jako PMI. Jedná se o techniku, která se používá k dokazování základních teorémů v matematice, které zahrnují řešení až n konečných přirozených členů.

Princip matematické indukce je široce používán při dokazování různých tvrzení, jako je součet prvního n přirozená čísla je dáno vzorcem n(n+1)/2. To lze snadno dokázat pomocí Principu matematické indukce.

V tomto článku se podrobně seznámíme s principem matematické indukce, jejím tvrzením, příkladem a dalšími.

Obsah

• Co je to matematická indukce?
• Princip matematické indukce
• Kroky matematické indukce
• Příklad matematické indukce

Co je to matematická indukce?

Matematická indukce je jednou ze základních metod psaní důkazů a používá se k prokázání daného tvrzení o jakékoli dobře organizované množině. Obecně se používá k prokázání výsledků nebo stanovení prohlášení, která jsou formulována v termínech n , kde n je přirozené číslo.

Předpokládejme, že P(n) je tvrzení pro n přirozených čísel, pak to lze dokázat pomocí Principu matematické indukce, Nejprve dokážme pro P(1), pak nechť P(k) platí, pak dokažme pro P(k+1) . Pokud platí P(k+1), říkáme, že P(n) je pravdivé podle principu matematické indukce.

Matematickou indukci můžeme přirovnat k padajícímu dominu. Když domino padne, srazí další domino v řadě. První domino srazí druhého, druhé srazí třetího a tak dále. Nakonec se všechny kostky domina převrhnou. Je ale potřeba splnit několik podmínek:

• Základním krokem je, že počáteční domino musí padnout, aby se proces klepání uvedl do akce.
• Vzdálenost mezi kostkami domina musí být stejná pro jakékoli dvě sousední kostky domina. V opačném případě může určitá domino spadnout, aniž by se přes další vrhlo. Poté se sled reakcí zastaví. Udržování stejné vzdálenosti mezi domino zajišťuje, že P(k) ⇒ P(k + 1) pro každé celé číslo k ≥ a. Toto je indukční krok.

Princip matematické indukce

Jakékoli tvrzení P(n), které je pro n přirozené číslo, lze dokázat pomocí Principu matematické indukce podle následujících kroků:

Krok 1: Ověřte, zda je tvrzení pravdivé pro triviální případy ( n = 1) tj. zkontrolujte, zda je P(1) pravdivé.

Krok 2: Předpokládejme, že tvrzení platí pro n = k pro nějaké k ≥ 1, tj. P(k) je pravdivé.

Krok 3: Pokud pravda P(k) implikuje pravdu P(k + 1), pak tvrzení P(n) platí pro všechny n ≥ 1 .

Níže přidaný obrázek obsahuje všechny kroky matematické indukce

První tvrzení je skutečnost a pokud není možné, aby všechna P(n) platila v n = 1, pak tato tvrzení platí pro některé další hodnoty n, například n = 2, n = 3 a další.

Pokud je tvrzení pravdivé pro P(k), pak je-li prokázáno, že P(k+1) je pravdivé, pak říkáme, že P(n) platí pro všechna n patřící do přirozených čísel (N)

Kroky matematické indukce

Různé kroky používané v matematické indukci jsou pojmenovány podle toho. Názvy různých kroků používaných v principu matematické indukce jsou,

• Základní krok: Dokažte, že P(k) platí pro k =1
• Předpoklad: Nechť P(k) platí pro všechna k v N ak> 1
• Indukční krok: Pomocí základních matematických vlastností dokažte, že P(k+1) je pravdivé.

Pokud jsou výše uvedené tři kroky dokázány, pak můžeme říci, že podle principu matematické indukce platí P(n) pro všechna n patřící do N.

Příklad matematické indukce

Matematická indukce se používá k dokazování různých tvrzení, které se můžeme naučit pomocí následujícího příkladu.

Pro každé kladné celé číslo n dokažte, že n³+ 2n je vždy dělitelné 3

Řešení:

Nechť P(n): n³+ 2n je v daném výroku dělitelné 3.

Krok 1: Základní krok

Nejprve dokážeme, že P(1) platí. Nechť n = 1 v n³+ 2n
= 1³+ 2(1)
= 3

Protože 3 je dělitelné 3. P(1) tedy platí.

Krok 2: Krok předpokladu

Předpokládejme, že P(k) je pravdivé

Potom, k³+ 2k je dělitelné 3

Můžeme to tedy napsat jako k³+ 2k = 3n, (kde n je libovolné kladné celé číslo)….(i)

přenosová rychlost v arduinu

Krok 3: Indukční kroky

Nyní musíme dokázat, že algebraický výraz (k + 1)³+ 2(k + 1) je dělitelné 3

= (k + 1)³+ 2 (k + 1)

= k³+ 3 tis²+ 5 tisíc + 3

= (k³+ 2 k) + (3 k²+ 3 000 + 3)

z rov.(i)

= 3n + 3(k²+ k + 1)

= 3(n + k²+ k + 1)

Protože je násobkem 3, můžeme říci, že je dělitelný 3.

P(k+1) je tedy pravdivé, tj. (k + 1)³+ 2(k + 1) je dělitelné 3. Nyní podle principu matematické indukce můžeme říci, že P(n): n³+ 2n je dělitelné 3 je pravda.

Přečtěte si více,

• Aritmetický postup
• Geometrická progrese

Řešené příklady z matematické indukce

Příklad 1: Pro všechna n ≥ 1 dokažte, že 1 ² + 2 ² + 3 ² +….+n ² = {n(n + 1) (2n + 1)} / 6

Řešení:

Nechť je daný výrok P(n),

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

Nyní vezměme kladné celé číslo k a předpokládejme, že P(k) je pravdivé, tj.

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

Nyní dokážeme, že P(k + 1) je také pravdivé, takže nyní máme,

P(k + 1) = P(k) + (k + 1)²

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

P(k + 1) je tedy pravdivé, kdykoli P(k) platí pro všechna přirozená čísla. Procesem matematické indukce tedy daný výsledek platí pro všechna přirozená čísla.

Příklad 2: Pro všechna n ≥ 1 dokažte, že 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5+…+n(n + 1) (n + 2) = {n (n + 1) (n + 2) ( n + 3)} / 4

Řešení:

Nechť je daný výrok S(n),

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

Nyní vezměme kladné celé číslo k a předpokládejme, že S(k) je pravdivé, tj.

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

Nyní dokážeme, že S(k + 1) je také pravdivé, takže nyní máme,

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

S(k + 1) tedy platí, kdykoli S(k) platí pro všechna přirozená čísla. A na začátku jsme ukázali, že S(1) platí, takže S(n) platí pro všechna přirozená čísla.

Příklad 3: Pro všechna n ≥ 1 dokažte, že 1 + 3 + 5 +… + 2n – 1 = n ²

Řešení:

Nechť je daný výrok S(n),

a S(n) = 1 + 3 + 5+… +2n – 1 = n²

Pro n = 1, 2 × 1 – 1 = 1²S(1) tedy platí .

Nyní vezměme kladné celé číslo k a předpokládejme, že S(k) je pravdivé, tj.

S(k) = 1+ 3 + 5+…+(2k – 1) = k²

Nyní dokážeme, že S(k + 1) je také pravdivé, takže nyní máme,

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

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

⇒ L.H.S = S(k) + 2k + 1

⇒ L.H.S = k²+ 2000 + 1

⇒ L.H.S = (k + 1)²

⇒ L.H.S = R.H.S

S(k + 1) tedy platí, kdykoli S(k) platí pro všechna přirozená čísla. A zpočátku jsme ukázali, že S(1) platí, tedy S(n) platí pro všechna přirozená čísla.

Příklad 4: Pro všechna n ≥ 1 dokažte, že 1,2 + 2,3 + 3,4 +…+ n(n + 1) = {n(n + 1)(n + 2)} / 3

Řešení:

Nechť je daný výrok S(n),

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

Nyní vezměme kladné celé číslo k a předpokládejme, že S(k) je pravdivé, tj.

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

Nyní dokážeme, že S(k + 1) je také pravdivé, takže nyní máme,

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

S(k + 1) tedy platí, kdykoli S(k) platí pro všechna přirozená čísla. A na začátku jsme ukázali, že S(1) platí, takže S(n) platí pro všechna přirozená čísla.

Příklad 5: Dokažte a _n = a ₁ + (n – 1) d, je obecný termín jakékoli aritmetické posloupnosti.

Řešení:

Pro n = 1 máme a_n= a₁+ (1 – 1) d = a₁, takže vzorec platí pro n = 1,

Předpokládejme, že vzorec a_k= a₁+ (k – 1) platí pro všechna přirozená čísla.

Nyní dokážeme, že vzorec platí také pro k+1, takže nyní máme,

A_{k + 1}= a₁+ [(k + 1) – 1] d = a₁+ k · d.

Předpokládali jsme, že a_k= a₁+ (k – 1) d, a podle definice aritmetické posloupnosti a_{k+ 1}– a_k= d,

Pak_{k + 1}– a_k

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

Vzorec tedy platí pro k + 1, kdykoli platí pro k. A zpočátku jsme ukázali, že vzorec platí pro n = 1. Vzorec tedy platí pro všechna přirozená čísla.

Často kladené otázky o matematické indukci

Co je princip matematické indukce?

Princip matematické indukce je princip, který říká, že pro jakýkoli výrok P(n), pokud je pravdivý pro jakoukoli libovolnou hodnotu 'a', je-li P(a) pravdivé, a pokud P(k) považujeme za pravdivé, pak prokázáním P( aby k+1) platilo, můžeme dokázat, že P(n) platí pro všechna n ≥ a, an patřící k přirozeným číslům.

Jaké je použití matematické indukce?

Matematická indukce je základní princip používaný v matematice k prokázání základních tvrzení v matematice, která nelze snadno dokázat jinými prostředky.

Jaký je princip matematické indukce v maticích?

Princip matematické indukce v maticích je základním principem, který se používá k dokazování základních tvrzení v maticích, která nelze snadno dokázat jinými prostředky.

css změna velikosti obrázku

Jak aplikovat princip matematické indukce?

Princip matematické indukce se používá k dokazování matematických tvrzení, předpokládejme, že musíme dokázat tvrzení P(n), pak jsou použity následující kroky:

Krok 1: Dokažte, že P(k) platí pro k =1

Krok 2: Nechť P(k) platí pro všechna k v N ak> 1

Krok 3: Pomocí základních matematických vlastností dokažte, že P(k+1) je pravdivé.

Pokud je tedy P(k+1) pravdivé, pak říkáme, že P(n) je pravdivé.

Jaké jsou kroky k vyřešení problému pomocí matematické indukce?

Tři základní kroky používané v matematické indukci jsou

• Základní krok
• Krok předpokladu
• Indukční krok