Школа: Алексиначка гимназија

Предметни професор: Живица

Зековић

Предмет: математика

Ученици: Александар Рајић, Милена

Петровић, Бојан Ћирић

МАТЕМАТИЧКА

ИНДУКЦИЈА

МЕТОД МАТЕМАТИЧ

КЕ ИНДУКЦИЈЕ

Често је у математици потребно да се испита

тачност одређених формула за nєN. Како је физички

немогуће да то урадимо за свако n појединачно,

користимо се математичком индукцијом, што

смањује број случајева које проверавамо. Обично се

доказују формуле типа: a1+a2+...+an=f(n). Такве су

нпр. формуле:12+22+...+n2=n(n+1)(2n+1),

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

Формуле овог облика, прво се проверавају за n=1 и

уколико је дата формула тачна за n=1, своди се на

a1=f(1); предпостављамо да је тачна за свако nєN.

Тада имамо a1+a2+...+an+an+1 =f(n+1). Уколико

одузмемо f(n) добићемо

an+1=f(n+1)-f(n)

односно f(n)+ an+1=f(n+1).

Ако је a1+a2+...+an=f(n) тачно за свако nєN, следи

да је a1=f(1) и f(n)+ an+1=f(n+1) за свако nєN.

Пример 1. Дата је формула 1*2+2*3+...+n(n+1)= n(n+1)(n+2)

Треба установити да ли је она тачна за свако nєN. Као што знамо, немогуће је проверити за свако n понаособ,

јер је скуп N бесконачан. Због тога формула се проверава за неколико првих природних бројева, нпр. n=1,2,3,..., а

затим и за n+1. Означимо дату формулу са f(n).За f(1) следи 1*2=(1+1)(1+2), За f(2) следи

1*2+2*3=*2(2+1)(2+2),За f(n+1) следи 1*2+2*3+...+n(n+1)+(n+1)(n+2)= (n+1)

(n+2)(n+3)f(1) и f(2) су тачне, међутим да ли је тачно и f(n+1)?

Полазимо од f(n) и обема странама додајемо (n+1)(n+2).1*2+2*3+...+n(n+1)+(n+1)(n+2)= n(n+2)(n+3)+ (n+1)

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

(n+3)Дакле, добили смо једнакост f(n+1) што доказује да је

f(n) тачна за свако nєN.

Пример 2. Доказати формулу1+2+...+n=.Као и у предходном примеру обележићемо ову

формулу са f(n). У првом кораку који се назива база индукције f(1) је 1=, што је тачно. У следећем

индукцијском кораку претпостављамо да је f(n) тачна за неко фиксирано n, па мора бити тачна и за

f(n+1).f(n+1) 1+2+...+n+(n+1)=.

Да би ово доказали у формули f(n) додајемо на обе стране (n+1).

1+2+...+n+(n+1)=+(n+1), +(n+1)==.Коначно 1+2+...+n+(n+1)=, чиме смо добили f(n+1)

и доказали тачност формуле f(n) за свако nєN.

Пример 3. Доказати формулу 2n>n f(n)

f(1) се своди на 21>1, што је тачно. f(n+1) је

2n+1>n+1. Помножимо обе стране са 2 и добијемо

2n*2>2n 2n+1>2n. За n>1 имамо 2n=n+n>n+1, па за

n>1 добијамо 2n+1>n+1, а то је f(n+1).

Доказали смо да из тачности f(n) за било које

фиксирано n следи тачност формуле f(n+1).

Ова значи да ће f(2) бити тачно једино ако је тачно

f(1), а како смо доказали тачност f(1) и f(2) је

тачно.f(3) ће бити тачно само ако је тачно f(2), а како

смо доказали да је f(2) тачно, онда је и f(3) тачно.

ПРИНЦИП МАТЕМАТИЧ

КЕ ИНДУКЦИЈЕ

 

На основу предходних примера исказује се тзв.

Принцип математичке индукције. Једно тврђење је

тачно за сваки nєN, ако и само ако:

-је тачан за n=1;

-из претпоставке да је тачан за неко фиксирано n

произилази да је тачан и за n+1.

Доказивање на основу принципа математичке

индукције тј. методом математичке индукције има

широку примену. Емпиријском индукцијом долазимо до

неке хипотезе, а методом математичке индукције

утврђујемо да ли је добијена хипотеза тачна или

нетачна.

Пример 4. Нека запис х|у значи: у је дељив са х.

Доказати да за свако nєN важи 2|(n2+n).

Решење. Први начин. Према једнакости р(n)=n(n+1) тај

полином је производ два суседна броја n и n+1, па је његова

вредност паран број, јер је увек макар један од њих паран.

Други начин. Нека је n ма који природан број. Он је једног од

облика 2к, 2к-1, са неким кєN, у зависности да ли је паран

или непаран. Како је

р(2к)=(2к)2+2к=2к(2к+1)

р(2к-1)=(2к-1)2+(2к-1)=2к(2к-1)

то видимо да је р(n) у оба случаја паран број.

Пример 5. Докажимо да је збир три суседна броја дељив

бројем 9.

Три суседна броја су n, n+1,n+2, па доказујемо да је збир

f(n)=n3+(n+1)3+(n+2)3

дељив бројем 9.

За n=1 видимо да јеf(1)=13+23+33=1+8+27=36 дељиво са 9.

Ставимо да је f(n)=9m (mєN). Затим претпоставимо да је f(n)

дељиво бројем 9 и из те претпоставке проверавамо f(n+1),

f(n+1)= (n+1)3+(n+2)3+(n+3)3 =(n+1)3+(n+2)3+ n3+9n2+27n+27

=f(n)+ 9n2+27n+27 =9m+9n2+27n+27 =9(m+n2+3n+3).

Доказали смо да је f(n+1) дељиво бројем 9. Како је и f(1) дељиво

бројем 9 следи да је и f(n) дељиво бројем 9 за свако nєN.

Пример 6. Доказати да је 5n+2n+1 дељиво бројем 3.

Означимо ову формулу f(n). f(1) је тачно. Због тога

претпостављамо да је f(n)дељиво са 3 и формирамо

f(n+1)= 5n+1+2n+2. Ово можемо написати и у облику

f(n+1)= 5n+1+2n+2+5n+2n+1-5n-2n+1=6*5n+3*2n+1-f(n).

Одавде се види да је f(n+1) дељиво са 3. Како је f(1) и

f(n+1) дељиво са 3, следи да је f(n) дељиво са 3 за

свако nєN.

Пример 7. Бернулијева неједнакост. Нека је hєR, h> -1 и нека је nєN. Докажимо

(1+h)n≥1+nhЗа n=1 неједнакост је тачна јер се своди на 1+n≥1+h. Претпоставимо да је ова неједнакост тачна за неко n.

Треба да докажемо тачност неједнакости за n+1, тј. за (1+h)n+1≥1+(n+1)h

Како је h>-1 => h+1>0. Множећи предходну неједначину са 1+h добијамо

(1+h)n(1+h)≥(1+nh)(1+h) oдносно, (1+h)n+1≥1+(n+1)h+nh2.

Како је nєN, следи да је n>0 и како је h2≥0 следи да је nh2≥0. Закључићемо да је1+(n+1)h+nh2≥1+(n+1)h.

Из предходне две неједнакости видимо да је (1+h)n+1≥1+(n+1)h, чиме је доказана неједнакост за n+1. Како је почетна неједнакост тачна за n=1 и за n+1 можемо

закључити да је тачна за свако nєN.

Пример 8. Доказати Моаврову формулу, (r(+))n=rn(+) за

свако nєN.

За n=1 формула је тачна јер се своди на r(+)= r(+).

Претпоставимо да је тачна за неко фиксирано n. Треба

сада да докажемо да је тачна и за n+1.

(r(+))n+1=rn+1(+).

Множењем почетне једнакости са (r(+) добијамо

(r(+))n*(r(+)=rn(+)*(r(+)=rn+1((+) (+))= rn+1(+),

чиме смо доказали тачност једнакости за n+1. Како је једнакост тачна за n=1, али и n+1, можемо закључити да

је тачна за свако nєN.

Пример 9. Доказати да је ++...+=, тачно за свако nєN.

За n=1 идентитет је тачан, јер се своди на =. Претпоставимо да је тачан за n=к≥1 тј. да је ++...+= и докажимо да је тачно и за n=к+1.

Из предходне релације следи:

++...++ =+ =(+ =()х-+х-)х)=.

Добијена једнакост је идентична са почетном у случају када је n=к+1. Тиме је доказано да је идентитет ++...+=, тачан за свако nєN.

ЈОШ НЕКИ ОБЛИЦИ

МАТЕМАТИЧКЕ ИНДУКЦИЈЕ

I

 До сада смо се сусретали са задацима који

су тачни за свако nєN, међутим шта ако

тврђење није тачно за свако nєN, већ почев

од неког природног броја n0≥1, па надаље, тј.

да је тачно за n=n0,n0+1,...? Тада се

доказивање методом математичке

индукције спроводи на следећи начин:

(-) Проверава се тачност тврђења Тn0.

(=) Доказује се да из тачности тврђења Тn

следи тачност тврђења Тn+1 за било које

n>n0

Пример 10.

Неједнакост 2n>n2 тачна је за n=1, али је нетачна

за n=2,3,4. Опет је тачна за n=5. Траба доказати да

је тачна за n≥5. Претпоставимо да је тачна за неко

фиксирано n≥5.

Ако је n≥5, тада је ≤ и 1/n2≤1/25 па је

(n+1)2/n2=(1+1/n)2=1+2/n+1/n≤1+2/5+1/25<2

Дакле 2> (n+1)2/n2.

Множећи 2n>n2 и добијену неједнакост 2>(n+1)2/n2

добијамо 2n*2>n2*(n+1)2/n2, односно 2n+1>(n+1)2, чиме

смо доказали тачност тврђења за n≥5.

Пример 11. Ако је {a1,a,...,an} коначан скуп од n дужи

(n≥3) које припадају једној правој и од којих сваке две имају најмање једну заједничку тачку, доказати да свих n дужи

тог скупа имају најмање једну зајдничку тачку.

Докажимо да је тврђење тачно за n=3. Имамо дужи

a1,a2,a3 које припадају једној истој правој, и тачке Ѕ1,Ѕ2,Ѕ3

припадају истој правој, јер тачка Ѕ1 припада правама a2,a3;

тачка Ѕ2 припада правама a1,a3, а Ѕ3 припада правама a1,a2.

Ако су бар две од ових тачака једнаке, оне припадају свим трима дужима. Ако су међусоно различите, онда се једна

од њих налази између друге две, рецимо Ѕ2 између Ѕ1 и Ѕ3.

Тачке Ѕ1 и Ѕ3 припадају дужи a2, стога свака тачка дужи

Ѕ1Ѕ2 припадају дужи a2 па тако и Ѕ2. Одавде следи закључак

да је Ѕ2 заједничка за све три дужи a1,a2,a3.

Претпоставимо да је тврђење тачно за n≥3 и треба

доказати да је тачно и за n+1. На основу претпоставке,

сваке две од дужи a1,...,an-1 имају најмање једну

заједничку тачку. Треба доказати да сваке две од дужи

a1,...,an+1 имају најмање једну заједничку тачку. Дуж q је

пресек дужи an,an+1, и он са сваком од две дужи a1,...,an-1

има најмање једну заједничку тачку. На основу

хипотезе, свих n дужи a1,a2,...,an-1,q имају најмање једну

заједничку тачку па и свих n+1 дужи a1,a2,...,an+1 имају

најмање једну заједничку тачку. Доказ је тиме завршен.

I I

Доказ математичком индукцијом да је тврђење Тn тачно за свако

nєN може се спровести и на следећи начин:

(-) Докаже се тачност тврђења Т1,Т2,...,Тm, где је m неки природан

број.

(=) Докаже се да из тачности Тn,Тn+1,...,Тn+m-1 произилази тачност

тврђења Тm+n.

Заиста, за n=1 из (=) добија се да тачност тврђења Т1,Т2,...,Тm

повлачи тачност Тm+1. Како је на основу (-) тачност тврђења Т1,...,Тm

већ доказана, закључујемо да је и Тm+1 тачно.

Даље за n=2 из (=) добијамо да из тачности тврђења Т2,Т3,...,Тm+1

излази тачност тврђења Тm+2. С обзиром да је тачност тврђења

Т2,Т3,...,Тm+1 већ доказана, закључујемо да је и Тm+2 такође тачно.

Настављујући овај поступак видимо да је Тn за свако nєN.

Пример 12. Докажимо да је an=()n- ()n природан број

за свако nєN.

За n=1 имамо a1=()- ()=( - )=*=1,

А за n=2 имамо a2=()2- ()2=( - ) ( - )=*=1 па су a1 и a2

природни бројеви.

Са друге стране имамоan+an+1=(()n+()n+1)-(()n+()n+1)

=()n(1+)-(()n(1+)

=()n* - ()n

=()n+2-()n+2

јер је ()2=, ()2=.

Према томе доказали смо једнакост

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

Претпоставимо да су an и an+1 природни

бројеви. На основу an+an+1=an+2 следи да је

an+2 природан број, стога закључујемо да је

an природан број за свако nєN.

I I I

Још један од начина доказивања тачности

тврђења Тn за свако nєN математичком

индукцијом је:

(-) Докаже се тачност тврђења Т1.

(=) Докаже се да из тачности тврђења

Т1,Т2,...,Тn-1 следи тачност тврђења Тn.

Пример 13. Ако је nєN, тада је n+1 или прост или се може

раставити на производ простих бројева.

За n=1 ово тврђење је тачно јер је 2 прост број. Претпоставимо

да је наведено тврђење тачно за све природне бројеве 1,2,...,n-1

тј. да су бројеви 2,3,...,n или прости или се могу раставити на

производ простих бројева. Разликују се два случаја:

А) ако је n+1 прост број, доказ је завршен.

Б) нека n+1 није прост број. Тада је n+1=mр, где су m и р прости

бројеви већи од 1, а мањи од m+1. Они су или прости или се могу

раставити на производ простих бројева, па се и n+1 може

раставити на производ простих бројева. Тиме је доказ завршен.

I V

Регресивна индукција. Тачност тврђења Тn доказује се на следећи

начин са свако nєN:

(-) Докаже се да је Тn тачно за бесконачно много nєN.

(=) Докаже се да из тачности Тn произилази тачност Тn-1.

Зашто је онда Тn тачно за свако nєN? Нека је n0 фиксиран, али

произвољан природан број. Покажимо да из (-) и (=) следи да је Тn

тачно. Како је на основу (-) Тn тачно за бесконачно много nєN,

постоје природни бројеви већи од n0, за које је Тn тачно. Нека је m

најмањи такав природан број тј. нека је m најмањи природан број

већи од n0, али такав да јеТm тачно. Тада на основу (=) закључујемо

да је и Тm-1 тачно, затим да је Тm-2 тачно,итд., настављајући овај

поступак све док не дођемо до Тn0 које онда мора бити тачно.

Пример 14. Нека су a1,a2,...,an позитивни реални бројеви. Доказаћемо

неједнакост између аритметичке и геометријске средине ових бројева

тј.

(a1+a2+...+an)/n≥n√( a1a2...an).

За n=2 ова неједнакост постаје (a1+a2)≥√(a1a2),

Што је са (√a1-√a2)2≥0, па је тачно.

Ако је ова неједнакост тачна за неко nєN онда је тачна и за 2n. Имамо

(a1+a2+...+a2n)/2n≥(a1+a2+...+an)/n+(an+1+an+2+...+a2n)/n,

па ако на бројеве А1=(a1+a2+...+an)/n и А2=(an+1+an+2+...+a2n)/n

применимо доказану неједнакост (А1+А2)≥√(А1А2), добијамо

(a1+a2+...+an)/n+(an+1+an+2+...+a2n)/n]≥√[(a1+a2+...+an)/n*(an+1+an+2+...+a2n)/

n].

Међутим, на основу претпоставке, почетна

неједнакост је тачна за n бројева, па је

(a1+a2+...+an)/n≥n√(a1a2... an);

(an+1+an+2+...+a2n)/n≥n√(an+1...a2n)

Из предходне три неједнакости следи [(a1+a2+...+an)/n+

( an+1+an+2+...+a2n)/n]≥√[(a1+a2+...+an)/n*(an+1+an+2+...

+a2n)/n]≥

√[n√( a1a2...an)n√( an+1...a2n)], тј. (a1+a2+...+a2n)/2n≥

2n√( a1a2...a2n).

Другим речима, из претпоставке да је почетна

неједнакост тачна за неко n следи да је тачна и за 2n.

Како је тачна за n=2, закључујемо да је ова неједнакост тачна за

све природне бројеве облика n=2m (mєN).

Претпоставимо сада да је почетна неједнакост тачна за неко

nєN. Ставимо an=(1/(n-1))(a1+a2+...+an-1)

Тада је [a1+a2+...+an-1+( a1+a2+...+an-1)/(n-1)]/n≥ n √[a1a2...an-1((a1+a2+...

+an-1)/(n-1))], тј. (a1+a2+...+an-1)/(n-1)≥( a1a2...an-1)1/n((a1+a2+...+an-1)/(n-

1))1/n, тј (a1+a2+...+an-1)/(n-1)1-1/n≥√(a1a2...an-1)1/nи најзад (a1+a2+…+an-

1)/(n-1)≥n-1√(a1a2…an-1).

Дакле из тачности почетне неједнакости за неко n следује њена

тачност за n-1. Како је тачна за све природне бројеве облика 2m

(mєN), на основу метода регресивне индукције закључујемо да је

неједнакост тачна за свако nєN.

ДЕФИНИСАЊЕ ПОМОЋУ

ИНДУКЦИЈЕ

Нека је (Рn) низ (математичких) објеката. То значи да сваком природном броју n одговара објект Рn. Броју 1 одговара објект Р1, броју 2 објект Р2 итд. Низ (Рn) је

потпуно одређен ако је познат израз за Рn. Тај низ се може дефинисати и тако што је познато Р1, а позната је

и веза између Рn и Рn+1, што записујемо

Рn+1=f(Рn) (n=1,2,3,...)

За n=1 добијамо Р2=f(Р1), па како су Р1 и f познати из Р2=f(Р1), добијамо Р2. За n=2 добијамо Р3=f(Р2),.

Настављајући овај поступак видимо да је низ (Рn) потпуно одређен овом дефиницијом, а то је у ствари доказ помоћу

индукције.Напомена. Индукцијска дефиниција може се извести и на

следећи начин:Познато је првих m објеката и веза облика

Рn+m=f(Рn,Рn+1,...Рn+m-1) (n=1,2,3,...)

Тада се Рm+1 добија када се у предходни израз стави n=1, Рm+2 када се стави n=2, итд.

Пример 15. Степеновање реалног

броја природним може се дефинисати

на следећи начин:

За хєR имамо: х1=х

Хn+1=хn*х (n=1,2,3,...).

Овом дефиницијом је потпуно одређен

степен хn за свако nєN. За n=1

добијамо х2=х*х; за n=2 добијамо

х3=х2*х; итд.

Пример 16. Збир n бројева х1,х2,...,хn

често означавамо са . Дакле, = х1+х2+...

+хn.

Ова ознака прецизно се дефинише помоћу

индукције

=х1

=+хn (n=1,2,3,...).

Пример 17. За nєN дефинишимо израз n!

на следећи начин:

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

Из ове дефиниције редом добијамо:

2!=1!2=1*2=2, 3!=2!3=2*3=6, 4!=3!

4=6*4=24, итд.

и у општем случају :

n!=1*2*3*...*n.

Пример 18. Уређен пар смо раније помињали као двочлани скуп код

кога се води рачуна о томе који је елемент први, а који други.

Дефинишимо уређену n-торку елемената a1,a2,...,an. По дефиницији је:

(a1,a2,...,an)=(( a1,a2,...,an-1),an) (n=3,4,5,...)

За n=3 имамо

(a1,a2,a3)=((a1,a2),a3),

па је уређена тројка сведена на уређени пар, па је и она дефинисана.

За n=4 имамо

(a1,a2,a3,a4)=((a1,a2,a3),a4),

па је уређена четворка сведена на уређену тројку и уређени пар, па је

и тај појам дефинисан, итд.

Основно својство уређене n-торке је изражено формулом:

(a1,a2,...,an)=(b1,b2,...,bn) a1=b1Λa2=b2 Λ... Λan=bn.

ЛИТЕРАТУРА-Јован Д. Кечкић, Математика са збирком задатака за 3.

разред средњег образовања и васпитања природно-

математичке и хидрометеоролошке струке,Београ 1989.

-Д. С. Митриновић,Д. Михаиловић,П. М. Васић, Линеарна

алгебра, полиноми, аналитичка геометрија, Београд 1971.

-Славиша Прешић, Светозар Милић, Срђан Огњановић,

Слободан Вујић, Продубнице математичке, Београд 1999.

-Јован Д. Кечкић, Оливера Стојковић, Слободанка Кечкић,

Математика за 2. Разред педагошке академије, Београд 1988.

-Момчило Ушћумлић, Павле Миличић, Збирка задатака из

више математике 1, Београд 1973.