数学的帰納法による解決策の例。 数学的帰納法の自然数の割り切り問題への応用

書誌的説明: Badanin AS、Sizova M. Yu. 自然数の可分性の問題を解決するための数学的帰納法の応用 // 若い科学者。 2015.№2. S. 84-86..02.2019)。

数学オリンピックでは、自然数の割り切りを証明するという非常に難しい問題がよく出題されます。 学童は、そのような問題を解決できる普遍的な数学的手法をどのように見つけるかという問題に直面しています。

ほとんどの割り算の問題は数学的帰納法で解決できることがわかっていますが、学校の教科書ではこの方法にはほとんど注意が払われず、ほとんどの場合、簡単な理論的説明が与えられ、いくつかの問題が分析されます。

数論における数学的帰納法を発見します。 数論の黎明期に、数学者は帰納的に多くの事実を発見しました。L. オイラーと K. ガウスは、数値パターンに気づいてそれを信じる前に、数千の例を検討することがありました。 しかし同時に、彼らは仮説が「最終」テストに合格した場合にどれほど誤解を招く可能性があるかを理解していました。 有限部分集合について検証されたステートメントから、無限集合全体についての同様のステートメントへの帰納的遷移には、証明が必要です。 この方法は、任意の整数を他の整数で割り切れる兆候を見つけるための一般的なアルゴリズムを発見したブレーズ パスカルによって提案されました (論文「数値の割り算の性質について」)。

数学的帰納法は、すべての自然数に対する特定のステートメントの真偽、またはある数値 n から始まるステートメントの真偽を推論することによって証明するために使用されます。

数学的帰納法によって特定の命題が真実であることを証明する問題を解くには、次の 4 つの段階があります (図 1)。

米。 1. 問題解決のスキーム

1. 誘導の基礎 。 ステートメントが意味をなす最小の自然数について、ステートメントの妥当性をチェックします。

2. 帰納的仮定 。 このステートメントは k の値に対して true であると仮定します。

3. 誘導遷移 。 この主張が k+1 に対して正しいことを証明します。

4. 結論 。 そのような証明が完了した場合、数学的帰納法の原理に基づいて、そのステートメントはどのようなものに対しても正しいと主張できます。 自然数 n.

自然数の可分性を証明する問題を解くために数学的帰納法を適用することを考えてみましょう。

例1。 n を自然数として、数値 5 が 19 の倍数であることを証明します。

証拠：

1) この式が n = 1 の場合に当てはまることを確認してみましょう。数値 =19 は 19 の倍数です。

2) この式が n = k に当てはまる、つまり数値が 19 の倍数であるとします。

19 で割り切れます。実際、仮定 (2) により、最初の項は 19 で割り切れます。 2 番目の項にも 19 の因数が含まれているため、19 で割り切れます。

例 2連続する 3 つの自然数の 3 乗の和が 9 で割り切れることを証明します。

証拠：

「任意の自然数 n について、式 n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 は 9 の倍数です。」というステートメントを証明してみましょう。

1) この式が n = 1 に対して正しいことを確認します。1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 は 9 の倍数です。

2) この式が n = k に当てはまるとします。つまり、k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 は 9 の倍数です。

3) この式が n = k + 1 にも当てはまることを証明しましょう。つまり、(k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 は 9 の倍数です。 (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)。

結果の式には 2 つの項が含まれており、それぞれが 9 で割り切れるため、合計は 9 で割り切れます。

4) 数学的帰納法原理の両方の条件が満たされるため、この命題は n のすべての値に対して真です。

例 3任意の自然数 n について、数値 3 2n+1 +2 n+2 が 7 で割り切れることを証明します。

証拠：

1) この式が n = 1 に対して正しいことを確認します: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35、35 は 7 の倍数です。

2) この式が n = k に当てはまるとします。つまり、3 2 k +1 +2 k +2 は 7 で割り切れます。

3) この式が n = k + 1 にも当てはまることを証明しましょう。つまり、

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. (3 2 k +1 +2 k +2) 9 は 7 で割り切れ、7 2 k +2 は 7 で割り切れるので、その差も 7 で割り切れます。

4) 数学的帰納法原理の両方の条件が満たされるため、この命題は n のすべての値に対して真です。

自然数の割り切り理論における多くの証明問題は、数学的帰納法を使用して簡単に解決できます。この方法による問題の解決は非常にアルゴリズム的であるとさえ言えます。4 つの基本ステップを実行するだけで十分です。 しかし、この方法は普遍的とは言えません。欠点もあります。第一に、自然数の集合についてのみ証明できること、第二に、1 つの変数についてのみ証明できることです。

開発用 論理的思考、数学的文化、この方法は 必須のツール結局のところ、ロシアの偉大な数学者A. N. コルモゴロフは、「数学的帰納法の原理を理解し、正しく適用する能力は、論理的成熟の良い基準であり、数学には絶対に必要です。」と述べています。

文学：

1. Vilenkin N. Ya. 誘導。 組み合わせ論。 - M.: 啓蒙、1976 年。 - 48 p。

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3. ソロミンスキー I.S. 数学的帰納法。 - M.: ナウカ、1974年。 - 63 p。

4. Sharygin I. F. 数学のオプションコース: 問題解決: 10 個のセルの教科書。 中学校 - M.: 啓蒙、1989 年。 - 252 p.

5. シェン A. 数学的帰納法。 - M.: MTSNMO、2007.- 32 p。

実験科学における帰納的推論の役割は非常に大きいです。 彼らはそれらの規定を与えており、そこから演繹によってさらなる結論が導き出されます。 たとえば、数学における帰納法の役割は主に、選択された公理学の基礎となることです。 長い練習の結果、直線の経路は曲線や壊れた経路よりも常に短いことがわかったので、公理を定式化するのが自然でした。任意の 3 点 A、B、C に対して、不等式は次のようになります。

算術の基礎となる「従う」という概念も、兵士、船、その他の順序集合の形成を観察することから生まれました。

しかし、これで数学における帰納法の役割が終わったと考えるべきではありません。 もちろん、公理から論理的に導出された定理を実験的に検証するべきではありません。導出に論理的誤りがなかった場合、受け入れた公理が真である限り、定理は真です。 しかし、この公理系から多くのステートメントを演繹することができます。 そして、証明する必要があるステートメントの選択は、帰納法によって再び示唆されます。 彼女は、有用な定理と役に立たない定理を区別することを可能にし、どの定理が真実であることが判明するかを示し、証明の道筋を概説するのにも役立ちます。

帰納法は、特定の例からいくつかの例に導く推論方法です。 一般的な結論(誘導 - ラテン語「指す」という意味です）。 最も一般的な意味での誘導方法は、特定の処方から普遍的な処方への移行にあります。

数学的帰納法を考えてみましょう。 数学的帰納法は、特定のステートメントがすべての自然数に対して真であることを証明したい場合に使用されます。

数学的帰納法は、数学における最も重要な証明方法の 1 つであり、数学的帰納法の公理 (原理) に基づいています。

数学的帰納法の公理は次のように定式化されます。

1. 特定のステートメントの有効性が n = р0 についてチェックされます。

2. このステートメントは、n = k、k ≥ p0 に対して真であると想定されます。

3. このステートメントが n=k+1 に対して真であることが証明されます。

最初の事実は帰納基底と呼ばれ、2 番目の事実は帰納遷移または帰納ステップと呼ばれます。 帰納的遷移には、帰納の前提 (または仮定) (ステートメントは n = k に対して真です) と結論 (ステートメントは n = k + 1 に対して真です) の両方が含まれます。 言い換えれば、帰納法のステップは、前提から結論に進むこと、つまり、前提が真であれば結論も真であると推論することにあります。 全体として、基底と遷移の両方が有効である限り、検討中のステートメントがすべての自然数に対して真であると結論付けることを可能にする論理的手法全体は、数学的帰納法の原理と呼ばれます。 数学的帰納法はこれに基づいています。 この方法は、自然値を取るパラメータに依存するアサーション A があり、パラメータの任意の値に対して A が真であることを証明する必要がある場合に適用できます。

帰納法全般 (数学に限らず) について言えば、完全帰納法と不完全帰納法が区別されます。

完全誘導

完全帰納法とは、ある属性のクラスの各要素または各部分に属することに基づいて、全体としてそのクラスに属するかどうかの結論が得られる結論です。

このタイプの帰納的推論は、要素の数が有限で容易に観察できる閉じたクラスを扱う場合にのみ適用されます。 クラスの各要素または各部分に関するこの推論の前提で表現された情報は、研究の完全性の指標として機能し、属性をクラス全体に論理的に転送するための十分な基礎となります。 したがって、完全帰納法の結論は実証的です。 これは、前提が真であれば、結論の結論も必然的に真になることを意味します。

場合によっては、前提がクラスの各要素または部分に対する特定の属性の存在を固定している場合、完全帰納法によって肯定的な結論が得られます。 また、クラスの代表者全員に特定の特徴が存在しないことが前提条件に記録されている場合には、否定的な判決が結論として機能する可能性があります。

完全帰納の結論の認知的役割は、あるクラスまたはある種の現象についての新しい知識の形成に現れます。 個々のオブジェクトからクラス全体への機能の論理的な転送は、単純な合計ではありません。 綱または属に関する知識は一般化であり、単一の前提と比較すると新しいステップです。

完全帰納法の実証的な性質により、このタイプの推論を実証推論に使用することが可能になります。 推論における完全帰納法の適用可能性は、一連の現象の実際的な数えやすさによって決まります。 オブジェクトのクラス全体をカバーすることが不可能な場合、一般化は不完全な帰納法の形で構築されます。

不完全な誘導。 人気の誘導

不完全帰納法とは、クラスの一部の要素または部分に属する属性に基づいて、その属性がクラス全体に属するかどうかの結論が下される結論です。

帰納的一般化の不完全さは、クラスのすべてではなく、一部の要素または部分のみが調査されるという事実で表されます。 不完全帰納法におけるクラスの一部の要素または部分からすべての要素または部分への論理遷移は任意ではありません。 それは経験的な根拠、つまり記号の普遍的な性質と、ある種の現象の経験における安定した繰り返しとの間の客観的な関係によって正当化される。 したがって、実際には不完全帰納法が広く使用されています。 ある特徴の再発は単純な偶然の結果である可能性があるため、一部からすべてへの帰納的移行は論理的な必然性であるとは言えません。

したがって、不完全な帰納法は論理的帰結が弱くなるという特徴があります。真の前提は信頼できるものではなく、問題のある結論しか提供しません。 同時に、一般化に矛盾する少なくとも 1 つの事例が発見されたため、帰納的結論は支持できなくなりました。

これに基づいて、不完全な帰納はもっともらしい (非実証的) 推論と呼ばれます。 このような結論では、結論はある程度の確率で真の前提から導かれますが、その確率はありそうもないものから非常にもっともらしいものまでさまざまです。

結論における論理的帰結の性質に重大な影響を与える。 不完全誘導には、ソース材料を選択する方法があります。

数学的帰納法を使用するためのタスク。

定理を証明するには

凸状の図形があり、その中に n 個の点が取られるとします。 したがって、これらの点の重心も図に属します。

帰納法により証明を行っていきます。

底を証明します。定義上、2 点の重心は、図形の凸面により、それらを接続する線分に属し、その図形に属します。

基礎が証明されたので、今度は帰納のステップです。 n + 1 点の質量中心は、定義上、2 つの点の質量中心です。いずれか 1 点と、n 個の点がある他のすべての点の質量中心です。 帰納法仮定により、これらの残りの n 点の質量中心は図形に属し、したがってその点と (n + 1) 番目の点の質量中心も図形に属します。定義上、その点は上にあるからです。凸図形のこれら 2 つの点を結ぶ線分であり、証明する必要があります。

合計を求めるには

合計を求めます +

S(1)= S(2)= S(3)=S(2)+ S(n)= と仮定できます。

それを証明しましょう。 n=1 の場合、式は true です。 n=k+1 にも同様に当てはまると仮定しましょう。

不平等を証明するには

x1、x2、とします。 , xn は任意の正の数で、x1x2xn = 1 です。x1 + x2 + であることを証明します。 +хn ≥ n。

1. n = 1 の場合、条件により x1 = 1 となるため、x1 ≥ 1 と書くことができます。つまり、n = 1 の場合、ステートメントは true になります。

2. このステートメントが n = k に対して真であると仮定します。 x1、x2、とします。 ,хk,хk + 1 は任意の正の数で、х1х2хkхk+1 = 1 となります。

2 つのケースが考えられます。これらの数値がすべて 1 に等しく、その合計が k + 1 に等しく、不等式が証明されるか、またはこれらの数値の中に 1 に等しくない数値が少なくとも 1 つあり、その後、必ず少なくとも 1 つ以上の数値があり、1 に等しくありません。また、それらの 1 つが 1 より小さい場合、もう 1 つは 1 より大きくなります。 一般性を失うことなく、xk > 1 および xk + 1 と仮定できます。

それらの積は 1 に等しいため、帰納的仮定により x1 + x2 + + xk-1+ xkxk+1 ≥ k となります。

最後の不等式の両方の部分に xk+xk+1 を追加し、xkxk+1 を右に移動して、不等式の右側を変換しましょう: x1 + x2 + + xk + xk+1 ≥ k - xkxk+1+xk + xk+1 =

K+1 + xk(1-xk+1) + xk+1- 1=k+1+xk(1- xk+1) - (1 - xk+1) =

K + 1+(1 - xk+1)(xk - l) ≥ k + l。

したがって、n = k のステートメントの真理は、n = k + 1 のステートメントの真理を意味します。ステートメントは証明されます。 上記の証明から、証明されている関係における等号は、x1 = x2 = の場合にのみ発生することがわかります。 = xn = 1。

不等式を証明する

ここで、x1、x2、. 、x3 は任意の正の数です。

n 個の数値の算術平均と幾何平均の間のこの重要な不等式は、前の例で証明された関係の単純な結果です。 確かに、x1、x2、とします。 、xn - 任意の正の数。 n 個の数字を考えます

明らかに、これらの数値はすべて正であり、その積は 1 に等しくなります。 したがって、前の例で証明されたことによれば、それらの合計は n 以上です。つまり、

さらに、等号は x1 = x2 = の場合にのみ使用されます。 = xn。

n 個の数値の算術平均と幾何平均の間の不等式は、他の不等式を証明したり、最小値や最小値を見つけたりする際に役立つことがよくあります。 最高値機能。

累進式の導出について

(an) を差が d である等差数列とする。

a1=a1 a2=a1+d=a1+1d a3=a2+d=a1+d+d= a1+2d a4=a3+d=a1+2d+d= a1+3d a5=a4+d=a1+ 3d +d= a1+4d

これらの等式を分析すると、an=a1+(n – 1)d という仮説が立てられます。 この予想は任意の nN に当てはまります。

割り算用

文の真実性を証明してください

A (n) = (5∙23n-2 + Z3n-1 は 19 の倍数)、nN。

1. ステートメント A (1) = (数値 5・2 + Z2 は 19 の倍数) は真です。

2. ある値について n = k と仮定します。

А(k) = (数値 5∙23k-2 + З3k-1 は 19 の倍数) は真です。 すると、 5∙23(k+1)-2 + З3(k+1)-1 =

8・5・23k-2 + 27・З3k-1 = 8 (5・23k-2 + З3k-1) + 19・З3k-1 より、A(k + 1) も成り立つことは明らかです。 実際、A(k) が true であるという仮定により、最初の項は 19 で割り切れます。 第 2 項も 19 の因数が含まれているため、19 で割り切れます。数学的帰納法原理の両方の条件が満たされるため、命題 A (k) は n のすべての値に対して真です。

身元を証明するには

任意の自然な n に対して等式が真であることを証明します。

1*2+2*3+3*4+4*5++n(n+1)=。

証拠。

1) n=1 のステートメントを確認します。

不等式は満たされます。

2) n=k について等式が真であると仮定します。つまり、

1*2+2*3+3*4+4*5++k(k+1)=

3) n=k+1 のステートメントを証明しましょう。

1*2+2*3+3*4+4*5++ k(k+1)+(k+1)(k+2)=+ (k+1)(k+2)=

したがって、証明される主張は任意の n ϵ N に対して真であることがわかりました。

現実のタスク

内角の和が 凸n角形はπ(n-2)に等しい。

1. コーナーの最小数は 3 です。 したがって、n = 3 から証明を開始します。三角形の場合、式は π (3~2) = π を与えることがわかります。n = 3 のステートメントは真です。

2. この式が n=k に当てはまると仮定します。 それがどんな凸面にも当てはまることを証明してみましょう

(+1まで) -ゴン。 潰しましょう

(+1) -gon に対角線を付けて、k-gon と三角形を取得します (図を参照)。

この式は三角形と k 角形に当てはまるため、π (k - 2) + π \u003d π (k -1) が得られます。

n \u003d k + 1 を元の式に代入しても同じ結果が得られます: π (k +1 - 2) \u003d π (k -1)。

階段があり、すべての段が同じです。 段階的に「登る」可能性を保証するポジションの最小数を示す必要があります。

条件があるべきだということに誰もが同意する。 私たちは最初の一歩を登ることができるはずです。 次に、最初のステップから 2 番目のステップまで登ることができなければなりません。 次に 2 番目、3 番目、というように n 番目のステップに進みます。 もちろん、合計すると、「n」ステートメントは nm 番目のステップに到達できることを保証します。

では、2、3、を見てみましょう。 , n を配置して相互に比較します。 それらがすべて同じ構造であることは簡単にわかります。k 段に到達した場合は、(k + 1) 段を登ることができます。 したがって、「n」に依存するステートメントの妥当性に関するこのような公理は自然になります。n が自然数である文 A (n) が n=1 で満たされる場合、およびそれが で満たされるという事実から、 n=k (k は任意の自然数) の場合、n=k+1 にも当てはまり、仮定 A(n) は任意の自然数 n に対して当てはまります。

結論。

したがって、帰納法（ラテン語の inductio - 導き、動機付けに由来）は推論の形式の 1 つであり、個々の事実の知識から一般化して、 一般規定。 数学的帰納法とは、いわゆる数学的帰納法の公理（原理）に基づく証明方法です。 誘導は完了しているか不完全です。 完全な帰納法を適用すると、n の各値について例外なくその真実性を確信した場合にのみ、普遍的定式化の真実性を宣言する資格があると考えられます。 不完全帰納法は、n のすべてではなく一部の値について特定の定式化の真実性をチェックした後、普遍的な定式化に移行することから構成されます。

数学的帰納法は、問題を解決するための理論的基礎の 1 つです。現実、和を求める、幾何学の定理の証明、物理学、不等式の解決、数列の公式の導出、割り算、恒等式の証明などです。

数学的帰納法を知り、専門の文献を調べ、教師に相談し、データと問題の解決策を分析し、インターネットを使用して、必要な計算を実行しました。

仕事の過程で、数学的帰納法によって問題を解決するには、数学的帰納法の基本原理を知り、理解する必要があることを学びました。

数学的帰納法の利点は、この方法の助けを借りて多くの問題を解決できるため、その普遍性です。 そして、不完全な帰納法の欠点は、誤った結論につながる場合があることです。

数学的帰納法に関する知識を一般化し体系化したので、現実には「数学的帰納法の方法」に関する知識が必要であると確信しました。 さらに、この知識は科学としての数学への関心を高めます。

また、仕事の中で数学的帰納法を使って問題を解決するスキルも身につけた。 これらのスキルは、将来、自分が選択した専門分野を現代レベルで習得するのに役立つと信じています。

自然数 n に依存する文 A(n) が、n=1 の場合に真であり、n=k (k は任意の自然数) の場合に真であるという事実から、次のことになります。次の数 n=k +1 に対して true の場合、仮定 A(n) は任意の自然数 n に対して true になります。

多くの場合、すべての自然数についてではなく、n>p (p は固定の自然数) についてのみ、特定のステートメントの妥当性を証明する必要がある場合があります。 この場合、数学的帰納法の原理は次のように定式化されます。

命題 A(n) が n=p に対して真であり、A(k) X A(k+1) が k>p に対して真である場合、命題 A(n) は任意の n>p に対して真です。

数学的帰納法による証明は次のように行う。 まず、証明されるアサーションが n=1 であるかどうかがチェックされます。つまり、 ステートメント A(1) の真実性が確立されます。 証明のこの部分は帰納基底と呼ばれます。 これに、帰納法ステップと呼ばれる証明の一部が続きます。 この部分では、n=k+1 のステートメントの妥当性が、n=k のステートメントが真であるという仮定 (帰納的仮定) の下で証明されます。 A(k) ~ A(k+1) であることを証明する

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 であることを証明します。

• 1) n=1=1 2 となります。 したがって、このステートメントは n=1 の場合に true になります。つまり、 A(1) 真
• 2) A(k) ~ A(k+1) であることを証明しましょう

k を任意の自然数とし、n=k の場合にこのステートメントが真であるとします。つまり、

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

この主張が次の自然数 n=k+1 にも当てはまることを証明しましょう。つまり、 何

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 確かに、
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

つまり、A(k) X A(k+1) となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、仮定 A(n) は任意の n О N に対して真であると結論付けます。

証明してください

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1)、ここで x No. 1

• 1) n=1 の場合、次のようになります。
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

したがって、n=1 の場合、式は true になります。 A(1) 真

• 2) k を任意の自然数とし、式が n=k の場合に当てはまるとします。
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

等しいことを証明しましょう

• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) 確かに
• 1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)

したがって、A(k) ⋅ A(k+1) となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、この式は任意の自然数 n に対して真であると結論付けます。

凸n角形の対角線の数がn(n-3)/2であることを証明する

解決策: 1) n=3 の場合、このステートメントは true です。

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 対角線。 A 2 A(3) 真

2）任意の凸k-gonにA 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2の対角線があると仮定します。 A k 次に、凸面 A k+1 (k+1)-gon の対角線の数 A k+1 =(k+1)(k-2)/2 であることを証明しましょう。

А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -凸 (k+1)-gon とします。 その中に対角線 A 1 A k を描きましょう。 カウントする 総数この (k + 1) 角形の対角線を計算するには、k 角形 A 1 A 2 ...A k の対角線の数を数え、結果の数値に k-2 を加算する必要があります。 頂点 A k+1 から伸びる (k+1) 角形の対角線の数、さらに対角線 A 1 A k を考慮する必要があります。

したがって、

G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

したがって、A(k) ⋅ A(k+1) となります。 数学的帰納法の原理により、このステートメントはあらゆる凸 n 角形に当てはまります。

任意の n に対してステートメントが true であることを証明します。

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

解決策: 1) n=1 とすると、

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

2) n=k と仮定します。

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6

3) n=k+1 についてこのステートメントを考えてみましょう。

Xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2

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

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6

n=k+1 の等式が妥当であることを証明しました。したがって、数学的帰納法により、このステートメントは任意の自然な n に対して当てはまります。

任意の自然な n に対して等式が真であることを証明します。

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

解決策: 1) n=1 とします。

すると、X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1 となります。 n=1 の場合、このステートメントは true であることがわかります。

2) n=k に対して等式が真であると仮定します。

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4

3) n=k+1、つまり、このステートメントが真実であることを証明しましょう。

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4。 X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4

上記の証明から、このステートメントは n=k+1 に対して真であることがわかります。したがって、等価性は任意の自然な n に対して真です。

証明してください

((2 3 +1)/(2 3 -1)) �� ((3 3 +1)/(3 3 -1)) �� … �� ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1)、n>2

解決策: 1) n=2 の場合、ID は次のようになります。

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 √ 2 √ 3)/2(2 2 +2+1)、つまり それは本当です
• 2) n=k に対して式が真であると仮定します。
• (2 3 +1) / (2 3 -1) �� ... �� (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
• 3) n=k+1 の式が正しいことを証明します。
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) �� … �� ((k 3 +1)/(k 3 -1))) �� (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) √ ((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 √

√ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

n=k+1 の等式が妥当であることを証明したため、数学的帰納法により、このステートメントは任意の n>2 に対して真となります。

証明してください

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) (任意の自然数 n)

解決策: 1) n=1 とすると、

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) n=k と仮定すると、
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) n=k+1 についてこのステートメントが真実であることを証明します。
• (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)

n=k+1 の等式の妥当性も証明されているため、このステートメントは任意の自然な n に対して当てはまります。

身元の正当性を証明する

(1 2 /1 √ 3)+(2 2 /3 √ 5)+…+(n 2 /(2n-1) √ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)任意の自然な n に対して

• 1) n=1 の場合、恒等式は真です 1 2 /1 √ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) n=k であると仮定します。
• (1 2 /1 √ 3)+…+(k 2 /(2k-1) √ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) n=k+1 について恒等式が正しいことを証明します。
• (1 2 /1 √ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) √ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) √ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)

上記の証明から、この主張は任意の正の整数 n に対して真であることがわかります。

(11 n+2 +12 2n+1) は余りなしで 133 で割り切れることを証明します。

解決策: 1) n=1 とすると、

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133

しかし、(23 133) は剰余なしで 133 で割り切れるので、n=1 の場合はこのステートメントは true になります。 A(1)は真です。

• 2) (11 k+2 +12 2k+1) は余りなしで 133 で割り切れると仮定します。
• 3) この場合、(11 k+3 +12 2k+3) は余りなしで 133 で割り切れることを証明しましょう。 それはそう
• 11 k+3 +12 2k+3 =11 11 k+2 +12 2 12 2k+1 =11 11 k+2 +

+(11+133) 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 12 2k+1

結果の量は、仮定により最初の項が余りなしで 133 で割り切れ、2 番目の因数が 133 であるため、余りなしで 133 で割り切れます。つまり、A (k) Yu A (k + 1) となります。 数学的帰納法により、この主張は証明されます

任意の n 7 n -1 が剰余なしで 6 で割り切れることを証明します。

• 1）n = 1の場合、X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6は剰余なしで6で除算されます。 したがって、n=1 の場合、ステートメントは true になります
• 2) n \u003d k 7 k -1 が剰余なしで 6 で割り切れると仮定します。
• 3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 �� 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6

7 k -1 は仮定により 6 で割り切れるため、最初の項は 6 で割り切れます。また、2 番目の項は 6 です。したがって、7 n -1 は任意の自然な n に対して 6 の倍数になります。 数学的帰納法により、この主張は証明されます。

任意の正の整数 n に対する 3 3n-1 +2 4n-3 が 11 で割り切れることを証明します。

1) n=1 とすると、

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11は剰余なしで11で除算されます。

したがって、n=1 の場合、ステートメントは true になります

• 2) n=k の場合、X k =3 3k-1 +2 4k-3 は余りなしで 11 で割り切れるとします。
• 3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明します。

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 3 3k-1 +2 4 2 4k-3 =

27 3 3k-1 +16 2 4k-3 =(16+11) 3 3k-1 +16 2 4k-3 =16 3 3k-1 +

11 3 3k-1 +16 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 3 3k-1

3 3k-1 +2 4k-3 は仮定により 11 で割り切れるため、最初の項は剰余なしで 11 で割り切れます。また、その因数の 1 つが数値 11 であるため、2 番目の項は 11 で割り切れます。したがって、合計は次のようになります。自然な n の場合、剰余なしで 11 で割り切れます。 数学的帰納法により、この主張は証明されます。

任意の正の整数 n に対する 11 2n -1 が剰余なしで 6 で割り切れることを証明します。

• 1) n=1 とすると、11 2 -1=120 は剰余なしで 6 で割り切れます。 したがって、n=1 の場合、ステートメントは true になります
• 2) n=k 1 の場合、2k -1 は剰余なしで 6 で割り切れると仮定します。
• 11 2(k+1) -1=121 11 2k -1=120 11 2k +(11 2k -1)

どちらの項も剰余なしで 6 で割り切れます。最初の項には 6 の倍数 120 が含まれており、2 番目の項は仮定により剰余なしで 6 で割り切れます。 したがって、合計は余りなしで 6 で割り切れます。 数学的帰納法により、この主張は証明されます。

任意の正の整数 n に対する 3 3n+3 -26n-27 が剰余なしで 26 2 (676) で割り切れることを証明します。

まず、3 3n+3 -1 が余りなしで 26 で割り切れることを証明しましょう。

• 1. n=0の場合
• 3 3 -1=26 は 26 で割り切れます
• 2. n=k であると仮定します。
• 3 3k+3 -1 は 26 で割り切れます
• 3. このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう
• 3 3k+6 -1=27 �� 3 3k+3 -1=26 �� 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - は 26 で割り切れます

問題の状況で定式化された主張を証明しましょう

• 1) n=1 の場合、このステートメントが真であることは明らかです。
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) n=k の場合、式 3 3k+3 -26k-27 は剰余なしで 26 2 で割り切れると仮定します。
• 3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

両方の項は 26 2 で割り切れます。 1 つ目は 26 2 で割り切れます。これは括弧内の式が 26 で割り切れることが証明されているためです。2 つ目は帰納的仮説で割り切れます。 数学的帰納法により、この主張は証明されます

n>2 かつ х>0 の場合、不等式 (1+х) n >1+n х х が成り立つことを証明してください。

• 1) n=2 の場合、不等式は真です。
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

したがって、A(2)は真です

• 2) k> 2 の場合、A(k) ⋅ A(k+1) であることを証明しましょう。A(k) が真であると仮定します。つまり、不等式が成り立つと仮定します。
• (1+х) k >1+k �� x。 (3)

A(k+1) も真であること、つまり、不等式が成り立つことを証明しましょう。

(1+x) k+1 >1+(k+1) x

実際、不等式 (3) の両辺に正の数 1+x を掛けると、次のようになります。

(1+x) k+1 >(1+k √ x)(1+x)

最後の不等式の右辺を考えてみましょう。 我々は持っています

(1+k √ x)(1+x)=1+(k+1) √ x+k √ x 2 >1+(k+1) √ x

結果として、(1+х) k+1 >1+(k+1) √ x が得られます。

したがって、A(k) ⋅ A(k+1) となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、ベルヌーイの不等式は任意の n> 2 に対して有効であると主張できます。

a> 0 に対して不等式 (1+a+a 2) m > 1+m �� a+(m(m+1)/2) �� a 2 が成り立つことを証明します

解決策: 1) m=1 の場合

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) √ a 2 両方の部分が等しい
• 2) m=k であると仮定します。
• (1+a+a 2) k >1+k √a+(k(k+1)/2) √a 2
• 3) m=k+1 の場合、非等号が真であることを証明しましょう。
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k √ a+

+(k(k+1)/2) √a 2)=1+(k+1) √a+((k(k+1)/2)+k+1) √a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) √a 3 +(k(k+1)/2) √a 4 > 1+(k+1) √a+

+((k+1)(k+2)/2) √a 2

m=k+1 に対する不等式の妥当性を証明しました。したがって、数学的帰納法により、この不等式は任意の自然な m に対して妥当です。

n>6 の場合、不等式 3 n >n 2 n+1 であることを証明します。

この不等式を (3/2) n >2n の形式に書き直してみましょう。

• 1. n=7 の場合、3 7 /2 7 =2187/128>14=2 √ 7 となり、不等式は真です。
• 2. n=k (3/2) k >2k であると仮定します。
• 3) n=k+1 の不等式の妥当性を証明しましょう。
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) √ (3/2)>2k √ (3/2)=3k>2(k+1)

k>7 なので、最後の不等式は明らかです。

数学的帰納法により、この不等式は任意の自然数 n に対して有効です。

n>2 の場合、不等式が成り立つことを証明します。

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) n=3 の場合、不等式は真です
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. n=k であると仮定します。
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)
• 3) n=k+1 の不等式の妥当性を証明しましょう。
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2) であることを証明しましょう。<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

後者は明らかなので、

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)

数学的帰納法により、不等式が証明されます。

数学的帰納法

ロシア語で帰納という言葉は導きを意味し、帰納的とは観察や実験に基づいた結論と呼ばれます。 特殊なものから一般的なものへの推論によって得られます。

たとえば、私たちは毎日、太陽が東から昇るのを観察します。 したがって、明日は西ではなく東に現れると確信できます。 私たちは、空を横切る太陽の動きの原因についていかなる仮定にも頼ることなく、この結論を導き出しました（さらに、地球は実際に動いているので、この動き自体は明らかであることがわかります）。 それでもなお、この帰納的導出は、私たちが明日行うであろう観察を正確に記述しています。

実験科学における帰納的推論の役割は非常に大きいです。 彼らはそれらの規定を与えており、そこから演繹によってさらなる結論が導き出されます。 理論力学はニュートンの 3 つの運動法則に基づいていますが、これらの法則自体は実験データ、特にデンマーク人による長期観測の処理中に彼によって導き出された惑星運動に関するケプラーの法則を深く反映した結果です。天文学者ティコ・ブラーエ。 観察と帰納法は、将来、仮定を改良するために役立つことがわかります。 移動媒体中の光の速度を測定するマイケルソンの実験の後、物理法則を解明し、相対性理論を作成する必要があることが判明しました。

数学における帰納法の役割は主に、選択された公理学の基礎となることです。 長い練習の結果、直線の経路は曲線や壊れた経路よりも常に短いことがわかったので、公理を定式化するのが自然でした。任意の 3 点 A、B、C に対して、不等式は次のようになります。

従うべき算術の基礎となる概念も、兵士、船、その他の順序セットの形成を観察することから生まれました。

しかし、これで数学における帰納法の役割が終わったと考えるべきではありません。 もちろん、公理から論理的に導出された定理を実験的に検証するべきではありません。導出に論理的誤りがなかった場合、受け入れた公理が真である限り、定理は真です。 しかし、この公理系から多くのステートメントを演繹することができます。 そして、証明する必要があるステートメントの選択は、帰納法によって再び示唆されます。 彼女は、有用な定理と役に立たない定理を区別することを可能にし、どの定理が真実であることが判明するかを示し、証明の道筋を概説するのにも役立ちます。

数学的帰納法の本質

算術、代数、幾何学、解析の多くのセクションでは、自然変数に依存する文 A(n) の真実性を証明する必要があります。 変数のすべての値に対する文 A(n) の真偽の証明は、多くの場合、次の原理に基づく数学的帰納法によって実行できます。

次の 2 つの条件が満たされる場合、文 A(n) は変数のすべての自然値に対して true とみなされます。

命題 A(n) は、n=1 の場合に真です。

A(n) が n=k (k は任意の自然数) に対して真であるという仮定から、次の値 n=k+1 に対しても真であるということになります。

この原理は数学的帰納法の原理と呼ばれます。 これは通常、自然数列を定義する公理の 1 つとして選択されるため、証明なしで受け入れられます。

数学的帰納法は次のような証明方法として理解されます。 すべての自然な n について命題 A(n) の真性を証明する必要がある場合、最初に命題 A(1) の真偽を確認し、次に命題 A(k) の真偽を仮定する必要があります。 、命題 A(k +1) が正しいことを証明してみます。 これが証明でき、その証明が k のすべての自然値に対して有効である場合、数学的帰納法の原理に従って、命題 A(n) は n のすべての値に対して真であると認識されます。

数学的帰納法は、定理、恒等式、不等式の証明、割り算の問題の解決、幾何学的問題や他の多くの問題の解決に広く使用されています。

問題を解決するための数学的帰納法

可分性

数学的帰納法を使用すると、自然数の可分性に関するさまざまなステートメントを証明できます。

次の主張は比較的簡単に証明できます。 数学的帰納法を使用してそれがどのように得られるかを示しましょう。

例1。 n が自然数の場合、その数は偶数です。

n=1 の場合、次のステートメントは true になります。 - 偶数。 それが偶数であると仮定しましょう。 2k は偶数なので、 平。 したがって、パリティは n=1 で証明され、パリティはパリティから推定されます。 したがって、n のすべての自然値についても同様です。

例 2文の真実性を証明してください

A(n)=(5は19の倍数)、nは自然数です。

解決。

ステートメント A(1)=(数値は 19 の倍数) は true です。

ある値について n=k と仮定します。

A(k)=(数字は19の倍数)は真です。 それから、

明らかに、A(k+1) も真です。 実際、A(k) が true であるという仮定により、最初の項は 19 で割り切れます。 2 番目の項にも 19 の因数が含まれているため、19 で割り切れます。数学的帰納法原理の両方の条件が満たされるため、命題 A(n) は n のすべての値に対して真です。

数学的帰納法の応用

シリーズの合計

例1公式を証明してみよう

、ｎは自然数である。

解決。

n=1 の場合、等式の両方の部分が 1 になるため、数学的帰納法原理の最初の条件が満たされます。

この式が n=k に対して真であると仮定します。つまり、

.

この等式の両辺を加えて右辺を変形してみましょう。 それから、私たちは得ます

したがって、この式が n=k に対して成り立つという事実から、n=k+1 に対しても成り立つということになります。 このステートメントは、k の任意の自然値に当てはまります。 したがって、数学的帰納法原理の 2 番目の条件も満たされます。 公式は証明されました。

例 2自然系列の最初の n 個の数値の合計が であることを証明します。

解決。

必要な量を示しましょう。つまり、 .

n=1 の場合、仮説は真です。

させて 。 それを見せてみましょう .

それはそう、

問題が解決しました。

例 3自然系列の最初の n 個の数値の二乗和が次と等しいことを証明します。 .

解決。

させて 。

.

そのふりをしてみましょう 。 それから

そして最後に。

例 4証明してください 。

解決。

の場合、

例5証明してください

解決。

n=1 の場合、仮説は明らかに真です。

させて 。

それを証明しましょう。

本当、

数学的帰納法を応用した例

不平等の証明

例1任意の自然数 n>1 について証明します。

.

解決。

不等式の左辺を で表します。

したがって、n=2 の場合、不等式は真です。

k について考えてみましょう。 それでは、 と を証明しましょう。 我々は持っています , .

と を比較すると、 、つまり .

正の整数 k の場合、最後の等式の右辺は正になります。 それが理由です 。 しかし、したがって、そして 。

例 2推論の間違いを見つけてください。

声明。 任意の自然な n について、不等式は真です。

証拠。

. (1)

この不等式が n=k+1 の場合にも成り立つことを証明しましょう。つまり、

.

実際、任意の自然な k に対して少なくとも 2 です。 不等式 (1) を左辺に、2 を右辺に加えてみましょう。公平な不等式が得られます。または、 。 その主張は証明されました。

例 3証明してください ここで、>-1、 、n は 1 より大きい自然数です。

解決。

n=2 の場合、 であるため、不等式は真です。

この不等式が n=k に対して真であるとします。ここで、k は自然数です。

. (1)

この不等式が n=k+1 の場合にも成り立つことを示しましょう。つまり、

. (2)

実際、仮定により、したがって、不等式は

, (3)

不等式 (1) の各部分に を乗じて得られます。 不等式 (3) を次のように書き換えてみましょう。 最後の不等式の右側の正の項を破棄すると、有効な不等式 (2) が得られます。

例 4証明してください

(1)

ここで、 、 、 n は 1 より大きい自然数です。

解決。

n=2 の場合、不等式 (1) は次の形式になります。

. (2)

以来、不等式は

. (3)

不等式 (3) の各部分に を加算すると、不等式 (2) が得られます。

これは、不等式 (1) が n=2 に対して成り立つことを証明します。

不等式 (1) が n=k に対して有効であるとします。ここで、k は何らかの自然数です。

. (4)

次に、不等式 (1) が n=k+1 に対しても成り立つことを証明しましょう。つまり、

(5)

不等式 (4) の両方の部分に a+b を掛けてみましょう。 条件により、次の公平な不等式が得られます。

. (6)

不等式 (5) を証明するには、次のことを示せば十分です。

, (7)

または、どちらも同じですが、

. (8)

不等式 (8) は次の不等式と同等です。

. (9)

If 、 then 、そして不等式 (9) の左側には、2 つの正の数の積が得られます。 If 、 then 、そして不等式 (9) の左側には、2 つの負の数の積が得られます。 どちらの場合も、不等式 (9) は有効です。

これは、n=k に対する不等式 (1) の妥当性が、n=k+1 に対するその妥当性を意味することを証明します。

数学的帰納法を他の人に適用する方法

タスク

幾何学における数学的帰納法の最も自然な応用は、数論や代数におけるこの方法の使用に近く、幾何学的な計算問題の解決への応用です。 いくつかの例を見てみましょう。

例1半径 R の円に内接する正方形の正しい辺を計算します。

解決。

n=2 の場合は 2 が正しい n - 正方形は正方形です。 彼の側。 さらに、２倍公式によれば、

正八角形の辺を見つけてください 、正六角形の辺 、通常の 32 角の辺 。 したがって、通常の内接 2 の側面は次のように仮定できます。 n - 任意の平方は等しい

. (1)

正内接α角の辺が式(1)で表されるとする。 この場合、2倍の公式により、

,

したがって、式 (1) はすべての n に対して有効であることがわかります。

例 2n 角形 (必ずしも凸面である必要はない) は、交差しない対角線によっていくつの三角形に分割できますか?

解決。

三角形の場合、この数は 1 に等しくなります (三角形内に対角線を描くことはできません)。 四角形の場合、この数は明らかに 2 に等しくなります。

すべての k-gon がすでにわかっていると仮定します。ここで、k 1A2...An 三角形に。

あん

A1A2

− 1 − k をこの分割の対角線の 1 つとします。 n 角形 − 1 − 2 …− n を k 角形 A 1 A 2 …A k と (n-k+2) 角形 − 1 − k A k+1 …A n に分割します。 行われた仮定により、パーティション三角形の総数は次のようになります。

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

したがって、私たちの主張はすべての n について証明されます。

例 3凸n角形を交差しない対角線で三角形に分割する方法の数P(n)を計算するためのルールを指定します。

解決。

三角形の場合、この数値は明らかに 1 に等しくなります: P(3)=1。

すべての k について数値 P(k) がすでに決定されていると仮定します。 1A2...An 。 三角形に分割する場合、辺 A 1A2 はパーティション三角形の 1 つの辺となり、この三角形の 3 番目の頂点は各点 A と一致する可能性があります。 3 、А 4 、…、А n 。 この頂点が点 A と一致する n 角形を分割する方法の数 3 、(n-1) 角形 A を三角形分割する方法の数に等しい 1 A 3 A 4 ... A n 、つまり P(n-1)に等しい。 この頂点が A と一致する分割方法の数 4 , (n-2) 角形 A を分割する方法の数に等しい 1A4A5...An 、つまり P(n-2)=P(n-2)P(3) に等しい。 A と一致する分割方法の数 5 (n-3) 角形 A の各分割は、P(n-3)P(4) に等しいため、 1A5...An 四角形Aの各パーティションと組み合わせることができます。 2A 3A 4A5 、など。 したがって、次の関係が得られます。

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1)。

この式を使用すると、次の結果が得られます。

P(4)=P(3)+P(3)=2、

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5、

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

等

また、数学的帰納法を利用すれば、グラフを使って問題を解くこともできます。

いくつかの点を互いに結び、他の点を持たない線のネットワークが平面上に与えられるとします。 このような線のネットワークを地図と呼びます。与えられた点はその頂点、隣接する 2 つの頂点間の曲線のセグメント、つまり地図の境界線、境界線によって分割される平面の部分、つまり国です。地図。

飛行機の中で地図を渡しましょう。 それぞれの国が特定の色で塗られており、共通の国境を共有する 2 つの国が異なる色で塗られている場合、その国は正しく色付けされていると言えます。

例 4平面上に n 個の円があります。 これらの円をどのように配置しても、それらによって形成される地図を 2 色で正しく着色できることを証明してください。

解決。

n=1 の場合、私たちの主張は明白です。

私たちのステートメントが n 個の円で形成される任意のマップに当てはまると仮定し、平面上に n + 1 個の円が与えられるとします。 これらの円の 1 つを削除すると、仮定により、たとえば黒と白の 2 色で正しく色付けできる地図が得られます。

数学的帰納法

序章

主要部分

1. 完全導入と不完全導入
2. 数学的帰納法の原理
3. 数学的帰納法
4. 例の解決策
5. 平等
6. 数の割り算
7. 不平等

結論

中古文献リスト

序章

演繹法と帰納法はあらゆる数学的研究の基礎です。 演繹的推論方法は、一般的なものから個別的なものへの推論です。 推論の開始点は一般的な結果であり、最終点は特定の結果です。 帰納法は、特定の結果から一般的な結果に移行するときに適用されます。 演繹法の逆です。

数学的帰納法は進歩に例えることができます。 私たちは最低のものから始めて、論理的思考の結果、最高のものに到達します。 人間は常に進歩を求め、自分の思考を論理的に発展させる能力を求めて努力してきました。これは、自然そのものが人間に帰納的に考えるように運命づけられていることを意味します。

数学的帰納法の応用分野は拡大していますが、学校のカリキュラムでは数学的帰納法にほとんど時間が割かれていません。 さて、役に立つ人が、理論の 5 つの単語を聞き、5 つの初歩的な問題を解決し、その結果、何も知らないにもかかわらず 5 点を獲得する 2 つまたは 3 つのレッスンによってもたらされるとします。

しかし、帰納的に考えることができるということは非常に重要です。

主要部分

本来の意味では、「帰納」という言葉は、いくつかの特定の記述に基づいて一般的な結論が得られる推論に適用されます。 この種の推論の最も単純な方法は完全帰納法です。 以下にそのような推論の例を示します。

すべての自然偶数 n が 4 以内であることを確立する必要があるとします。< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

これら 9 つの等式は、関心のある数値のそれぞれが実際に 2 つの素数項の合計として表されることを示しています。

したがって、完全な帰納法とは、一般的なステートメントが有限数の可能な場合のそれぞれで個別に証明されることです。

すべてではなく、多数の特殊なケース (いわゆる不完全帰納法) を考慮した後で、一般的な結果を予測できる場合があります。

ただし、不完全帰納法によって得られた結果は、すべての特殊な場合をカバーする正確な数学的推論によって証明されるまでは仮説にすぎません。 言い換えれば、数学における不完全帰納法は厳密な証明の正当な方法とはみなされていませんが、新しい真理を発見するための強力な方法であるということです。

たとえば、最初の n 個の連続する奇数の合計を求める必要があるとします。 特殊なケースを考慮してください。

1+3+5+7+9=25=5 2

これらのいくつかの特殊なケースを検討した結果、次の一般的な結論が得られます。

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

それらの。 最初の n 個の連続する奇数の合計は n 2 です

もちろん、得られた観察は、まだ上記の公式の妥当性の証明として機能することはできません。

完全帰納法は数学では限られた用途しかありません。 多くの興味深い数学的記述は、無限の数の特殊なケースをカバーしていますが、無限の数のケースをテストすることはできません。 誘導が不完全であると、誤った結果が生じることがよくあります。

多くの場合、この種の困難を回避する方法は、数学的帰納法と呼ばれる特別な推論方法に頼ることです。 それは以下の通りである。

任意の自然数 n に対する特定のステートメントの妥当性を証明する必要があるとします (たとえば、最初の n 個の奇数の合計が n 2 に等しいことを証明する必要があります)。 自然数の集合は無限であるため、n の値ごとにこのステートメントを直接検証することは不可能です。 このステートメントを証明するには、まず n=1 の場合の妥当性を確認します。 次に、k の任意の自然値について、n=k について考慮されているステートメントの妥当性は、n=k+1 についても妥当性を意味することが証明されます。

その後、アサーションはすべての n について証明されたと見なされます。 実際、このステートメントは n=1 の場合に当てはまります。 ただし、次の数値 n=1+1=2 にも当てはまります。 n=2 に対するアサーションの妥当性は、n=2+ に対するアサーションの妥当性を意味します。

1=3。 これは、n=4 などのステートメントの有効性を意味します。 最終的には任意の自然数 n に到達することは明らかです。 したがって、このステートメントは任意の n に対して当てはまります。

これまで述べてきたことを要約すると、次の一般原則が定式化されます。

数学的帰納法の原理。

自然数 n に依存する文 A(n) が、n=1 の場合に真であり、n=k (k は任意の自然数) の場合に真であるという事実から、次のことになります。次の数 n=k +1 に対して true の場合、仮定 A(n) は任意の自然数 n に対して true になります。

多くの場合、すべての自然数についてではなく、n>p (p は固定の自然数) についてのみ、特定のステートメントの妥当性を証明する必要がある場合があります。 この場合、数学的帰納法の原理は次のように定式化されます。

命題 A(n) が n=p に対して真であり、A(k)→A(k+1) が任意の k>p に対して真である場合、命題 A(n) は任意の n>p に対して真です。

数学的帰納法による証明は次のように行う。 まず、証明されるアサーションが n=1 であるかどうかがチェックされます。つまり、 ステートメント A(1) の真実性が確立されます。 証明のこの部分は帰納基底と呼ばれます。 これに、帰納法ステップと呼ばれる証明の一部が続きます。 この部分では、n=k+1 のステートメントの妥当性が、n=k のステートメントが真であるという仮定 (帰納的仮定) の下で証明されます。 A(k)→A(k+1) を証明します。

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 であることを証明します。

解決策: 1) n=1=1 2 となります。 したがって、

このステートメントは n=1 の場合に true になります。つまり、 A(1)は真です。

2) A(k)≠A(k+1) であることを証明しましょう。

k を任意の自然数とし、n=k の場合にこのステートメントが真であるとします。つまり、

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 。

この主張が次の自然数 n=k+1 にも当てはまることを証明しましょう。つまり、 何

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 。

それはそう、

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 。

したがって、A(k)→A(k+1)となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、仮定 A(n) は任意の nОN に対して真であると結論付けます。

証明してください

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1)、ここで x¹1

解決策: 1) n=1 の場合、次のようになります。

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

したがって、n=1 の場合、式は true になります。 A(1)は真です。

2) k を任意の自然数とし、式が n=k の場合に真であるとします。つまり、

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1)。

等しいことを証明しましょう

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)。

それはそう

1+х+х 2 +x 3 +…+х k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)。

したがって、A(k)→A(k+1)となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、この式は任意の自然数 n に対して真であると結論付けます。

凸n角形の対角線の数がn(n-3)/2であることを証明してください。

解決策: 1) n=3 の場合、ステートメントは true

三角形なので 3 が正解です

A 3 =3(3-3)/2=0 対角線。

A 2 A(3) は真です。

2) どれかで次のように仮定します。

凸k-gonは-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2対角線。

A k それを凸型で証明しましょう

(k+1) 角数

対角線 A k+1 =(k+1)(k-2)/2。

А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 の凸 (k+1) 角度とします。 その中に対角線 A 1 A k を描きましょう。 この (k + 1) 角形の対角線の総数を数えるには、k 角形 A 1 A 2 ...A k の対角線の数を数え、結果の数値に k-2 を加算する必要があります。 頂点 A k+1 から伸びる (k+1) 角形の対角線の数、さらに対角線 A 1 A k を考慮する必要があります。

したがって、

 k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2。

したがって、A(k)→A(k+1)となります。 数学的帰納法の原理により、このステートメントはあらゆる凸 n 角形に当てはまります。

任意の n に対してステートメントが true であることを証明します。

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6。

解決策: 1) n=1 とすると、

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1。

したがって、n=1 の場合、このステートメントは true になります。

2) n=k と仮定します。

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6。

3) n=k+1 についてこのステートメントを考えてみましょう。

Xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6。

X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6。

n=k+1 に対する等式の妥当性を証明しました。したがって、数学的帰納法により、このステートメントは任意の自然な n に対して当てはまります。

任意の自然な n に対して等式が真であることを証明します。

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4。

解決策: 1) n=1 とします。

すると、X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1 となります。

n=1 の場合、このステートメントは true であることがわかります。

2) n=k に対して等式が真であると仮定します。

X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4。

3) n=k+1、つまり、このステートメントが真実であることを証明しましょう。

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4。 X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4。

上記の証明から、このステートメントが n=k+1 に対して真であることは明らかです。したがって、この等価性は任意の自然な n に対して真です。

証明してください

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1)、ここで n>2。

解決策: 1) n=2 の場合、恒等式は次のようになります: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1)、

それらの。 合ってます。

2) n=k に対して式が真であると仮定します。

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)。

3) n=k+1 の式が正しいことを証明します。

(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1))´((k+2)((k+

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´

´((k+1) 2 +(k+1)+1)。

n=k+1 の等式の妥当性を証明しました。したがって、数学的帰納法により、このステートメントは任意の n>2 に対して真となります。

証明してください

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

任意の自然な n に対して。

解決策: 1) n=1 とすると、

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) n=k と仮定すると、

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)。

3) n=k+1 についてこのステートメントが真実であることを証明しましょう。

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)。

n=k+1 の等式の妥当性も証明されているため、このステートメントは任意の自然数 n に対して当てはまります。

身元の正当性を証明する

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

任意の自然な n に対して。

1) n=1 の場合、恒等式は true 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1) です。

2) n=k であると仮定します。

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)。

3) n=k+1 について恒等式が正しいことを証明しましょう。

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)。

上記の証明から、この主張は任意の自然数 n に対して真であることがわかります。

(11 n+2 +12 2n+1) は余りなしで 133 で割り切れることを証明します。

解決策: 1) n=1 とすると、

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133。

しかし、(23´133) は剰余なしで 133 で割り切れるので、n=1 の場合、ステートメントは true になります。 A(1)は真です。

2) (11 k+2 +12 2k+1) は剰余なしで 133 で割り切れるとします。

3) この場合、次のことを証明してみましょう

(11 k+3 +12 2k+3) は余りなしで 133 で割り切れます。 実際、11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 。

結果の合計は、仮定により最初の項が余りなしで 133 で割り切れ、2 番目の因数の 1 つが 133 であるため、余りなしで 133 で割り切れます。つまり、-(k)Þ-(k+1) となります。 数学的帰納法により、この主張は証明されます。

任意の n 7 n -1 が剰余なしで 6 で割り切れることを証明します。

解決策: 1) n=1 とすると、X 1 =7 1 -1=6 は剰余なしで 6 で除算されます。 したがって、n=1 の場合、このステートメントは true になります。

2) n=k であると仮定します。

7 k -1 は余りなしで 6 で割り切れます。

3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明しましょう。

X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6。

7 k -1 は仮定により 6 で割り切れるため、最初の項は 6 で割り切れます。また、2 番目の項は 6 です。したがって、7 n -1 は任意の自然な n に対して 6 の倍数になります。 数学的帰納法により、この主張は証明されます。

任意の自然数 n に対する 3 3n-1 +2 4n-3 が 11 で割り切れることを証明します。
解決策: 1) n=1 とすると、

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11は剰余なしで11で除算されます。 したがって、n=1 の場合、このステートメントは true になります。

2) n=k であると仮定します。

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 は剰余なしで 11 で割り切れます。

3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明しましょう。

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =

27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +

11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11´3 3k-1 。

3 3k-1 +2 4k-3 は仮定により 11 で割り切れるため、最初の項は剰余なしで 11 で割り切れます。また、その因数の 1 つが数値 11 であるため、2 番目の項は 11 で割り切れます。したがって、合計は次のようになります。自然な n の場合、剰余なしで 11 で割り切れます。 数学的帰納法により、この主張は証明されます。

任意の正の整数 n に対する 11 2n -1 が剰余なしで 6 で割り切れることを証明します。

解決策: 1) n=1 とすると、11 2 -1=120 は剰余なしで 6 で割り切れます。 したがって、n=1 の場合、このステートメントは true になります。

2) n=k であると仮定します。

11 2k -1 は余りなしで 6 で割り切れます。

11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1)。

どちらの項も剰余なしで 6 で割り切れます。最初の項には 6 の倍数 120 が含まれており、2 番目の項は仮定により剰余なしで 6 で割り切れます。 したがって、合計は余りなしで 6 で割り切れます。 数学的帰納法により、この主張は証明されます。

任意の正の整数 n に対する 3 3n+3 -26n-27 が、剰余なしで 26 2 (676) で割り切れることを証明します。

解決策: まず、3 3n+3 -1 が余りなしで 26 で割り切れることを証明しましょう。

1. n=0の場合

3 3 -1=26 は 26 で割り切れます

2. n=k の場合を仮定します。

3 3k+3 -1 は 26 で割り切れます

3. このステートメントが次のことであることを証明しましょう

n=k+1 の場合は true。

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – 26 で割り切れます

次に、問題の状況で定式化された主張を証明しましょう。

1) n=1 の場合、このステートメントが真であることは明らかです。

3 3+3 -26-27=676

2) n=k であると仮定します。

式 3 3k+3 -26k-27 は、剰余なしで 26 2 で割り切れます。

3) このステートメントが n=k+1 に対して真であることを証明してみましょう

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)。

両方の項は 26 2 で割り切れます。 1 つ目は 26 2 で割り切れます。これは括弧内の式が 26 で割り切れることが証明されているためです。2 つ目は帰納的仮説で割り切れます。 数学的帰納法により、この主張は証明されます。

n>2かつx>0の場合、不等式が成り立つことを証明してください。

(1+x) n >1+n´x。

解決策: 1) n=2 の場合、不等式は真です。

(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x。

したがって、A(2)は真です。

2) k> 2 の場合、A(k)ÞA(k+1) であることを証明しましょう。A(k) が真であると仮定します。つまり、不等式が成り立つと仮定します。

(1+x) k >1+k´x。 (3)

A(k+1) も真であること、つまり、不等式が成り立つことを証明しましょう。

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x。

実際、不等式 (3) の両辺に正の数 1+x を掛けると、次のようになります。

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x)。

最後の不等辺の右辺を考えてみましょう

ストヴァ。 我々は持っています

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x。

その結果、次のことがわかります

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x。

したがって、A(k)→A(k+1)となります。 数学的帰納法の原理に基づいて、ベルヌーイの不等式はどのような場合にも有効であると主張できます。

不等式が正しいことを証明する

(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 (a> 0 の場合)

解決策: 1) m=1 の場合

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 両方の部分は等しい。

2) m=k であると仮定します。

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) m=k+1 の場合、非等号が真であることを証明しましょう。

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +

+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4 > 1+(k+1)´a+

+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .

m=k+1 に対する不等式の妥当性を証明しました。したがって、数学的帰納法により、この不等式は自然な m に対して当てはまります。

n>6 の場合、不等式が成り立つことを証明します。

3 n >n´2 n+1 。

解決策: 不等式を次の形式に書き換えてみましょう。

1. n=7 の場合、次のようになります。

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

不平等は真実です。

2. n=k の場合を仮定します。

3) n=k+1 の不等式が正しいことを証明しましょう。

3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1)。

k>7 なので、最後の不等式は明らかです。

数学的帰納法により、この不等式は任意の自然な n に対して有効です。

n>2 の場合、不等式が成り立つことを証明します。

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).

解決策: 1) n=3 の場合、不等式は真です。

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

1. n=k の場合を仮定します。

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)。

3) 非合法性の正当性を証明します。

n=k+1 の等式

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).

1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2) であることを証明しましょう。<1,7-(1/k+1)Û

w(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

後者は明らかなので、

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1).

数学的帰納法により、非等価であることが証明されます。

結論

特に、数学的帰納法を勉強したことで、この分野の数学の知識が向上し、以前は自分の力を超えていた問題を解決する方法も学びました。

基本的に、これらは論理的で面白いタスクでした。 科学としての数学そのものへの関心を高めるものだけです。 このような問題を解決することは楽しいアクティビティとなり、ますます多くの好奇心旺盛な人々を数学の迷宮に引き寄せることができます。 私の意見では、これはあらゆる科学の基礎です。

数学的帰納法の研究を続け、数学だけでなく、物理学、化学、そして人生そのものの問題の解決にもそれを応用する方法を学んでいきたいと思っています。

数学：

講義、タスク、ソリューション

教科書 / V. G. ボルチャンスキー、Yu. V. シドロフ、M. I. シャブニン。 ポプリLLC 1996年。

代数と解析の原理

教科書 / I.T.デミドフ、A.N.コルモゴロフ、S.I.シュヴァルツブルク、O.S.イヴァシェフ＝ムサトフ、B.E.ヴェイト。 「啓蒙」1975年。