 ПОЗНАВАТЕЛЬНОЕ Сила воли ведет к действию, а позитивные действия формируют позитивное отношение Как определить диапазон голоса - ваш вокал Игровые автоматы с быстрым выводом Как самому избавиться от обидчивости Противоречивые взгляды на качества, присущие мужчинам Вкуснейший "Салат из свеклы с чесноком" Натюрморт и его изобразительные возможности Применение, как принимать мумие? Мумие для волос, лица, при переломах, при кровотечении и т.д. Как научиться брать на себя ответственность Зачем нужны границы в отношениях с детьми? Световозвращающие элементы на детской одежде Как победить свой возраст? Восемь уникальных способов, которые помогут достичь долголетия Классификация ожирения по ИМТ (ВОЗ) Глава 3. Завет мужчины с женщиной
Оси и плоскости тела человека - Тело человека состоит из определенных топографических частей и участков, в которых расположены органы, мышцы, сосуды, нервы и т.д.
| Метод математической индукции
Лекция 2. Множество целых неотрицательных чисел Введение нуля. Невозможность деления на нуль. Деление с остатком. Метод математической индукции. Отрезок натурального ряда. Счет элементов конечного множества. Введение нуля. Невозможность деления на нуль. Деление с остатком. Присоединим к множеству N натуральных чисел еще один элемент, который называется нулем и обозначается 0. Полученное множество называется множеством целых неотрицательных чисел и обозначается Zо. Таким образом, Zо = N Ввести нуль можно, изменив формулировки аксиом 1 и 4: Аксиома 1: В множестве Zо существует элемент, непосредственно не следующий ни за каким элементом этого множества. Будем называть его нулем и обозначать символом 0. Аксиома 4: Если множество М есть подмножество множества Zо и: а) 0 Арифметические операции в случае, когда одна из компонент равна нулю, определяются равенствами: для сложения для умножения ( ( Кроме того, будем считать, что: 0 + 0 = 0, 0 ∙ 0 = 0, 0 – 0 = 0, а – а = 0. Теорема 1: Деление на нуль невозможно. Доказательство. Пусть даны целое неотрицательное число а Предположим, что частное такого числа а и нуля существует. Рассмотрим случай, когда а ≠ 0. Тогда, по определению деления, найдется такое целое неотрицательное число c, что а = с ∙ 0, откуда а = 0. Пришли к противоречию с условием (а ≠ 0), значит, частное чисел а ≠ 0 и b = 0 не существует. Пусть теперь а = 0. Предположим опять, что частное а = 0 и b = 0 существуют, и тогда найдется такое целое неотрицательное число с, что выполняется равенство 0 = с × 0, истинное при любых значениях с. Таким образом, частным чисел а = 0 и b = 0 может быть любое целое неотрицательное число, т.е. результат деления определяется не единственным образом, что противоречит теореме о том, что если частное чисел существует, то оно единственно. Поэтому в математике считают, что деление нуля на нуль также невозможно.▀ Рассматривая деление на множестве целых неотрицательных чисел, мы имеем в виду деление нацело, т.е. такое, при котором частное является также целым неотрицательным числом. Но такое частное существует не всегда. Например, нельзя разделить число 31 на 9. Зато, существуют такие числа как 3 и 4, что 31=9∙3+4. Говорят, что мы разделили число 31 на 9 с остатком 4, а число 3 называют неполным частным. В общем виде деление с остатком определяют так. Деление с остатком Пусть а Определение 1. Разделить а на b с остатком - это значит найти такие целые неотрицательные числа qи r, что а = bq + r , причем 0 ≤ r < b. Число q называется неполным частным, r - остатком при делении а на b. Из определения следует, что делить с остатком можно не только большее число на меньшее, но и меньшее на большее. Так, при делении числа 5 на 9 получаем, что 5=0∙9+5. Вообще если а<b, то при делении а на b с остатком, получаем q=0 и r=а. Если при делении с остатком оказывается r=0, то говорят, что имеем деление нацело. В связи с новым действием возникает вопрос: если заданы числа а и b, всегда ли можно найти такие qи r, что будет выполняться равенство а = bq + r и 0 ≤ r < b? И если такая пара чисел существует, то единственна ли она? Ответы на эти вопросы дает следующая теорема. Теорема 2. Для любого целено неотрицательного числаа и натуральногоb существуют целые неотрицательные числаq и r, такие, чтоа = b q + r, причем 0 ≤ r < b. И эта пара чисел qи r единственная для заданных а иb. (Без доказательства) В любом начальном курсе математики изучается деление с остатком, так как оно лежит в основе алгоритма деления многозначного числа на многозначное. При этом часто используется запись: 9:2 = 4 (ост. 1). Учащиеся запоминают, что если при делении получается остаток, то он всегда меньше делителя. Метод математической индукции Вернемся к аксиоме 4. Метод доказательства, который основан на этой аксиоме и используется при доказательстве свойств сложения и умножения можно применять и для доказательства других утверждений о натуральных числах. Основой для этого служит теорема. Теорема 3. Если утверждение А(n) с натуральной переменной n истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (k - произвольное натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k/, то утверждение А(n) истинно для любого натурального числа n. Доказательство. Обозначим М - множество тех и только тех натуральных чисел, для которых утверждение А(n) истинно. Тогда из условия теоремы имеем: 1) 1 Метод доказательства, основанный на этой теореме называется методом математической индукции и состоит из двух частей: 1) доказывают, что утверждение А(n) истинно при п = 1, т.е. что истинно высказывание А(1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. 2) предполагают, что утверждение А(n) истинно для п = k, и, исходя из этого предложения, доказывают, чтоутверждение А(n) истинно и для п= k + 1, т.е. что истинно высказывание А(k) Если А(1) Доказательство методом математической индукции можно начинать не только с подтверждения истинности утверждения для п = 1, но и с любого натурального числа m. Приведем пример доказательства утверждений методом математической индукции. Пример . Доказать, что 1 + 3 + 5 + ... + (2п – 1) = п²(1) Решение. 1) при п = 1, 1 = 1² (верно), значит, при п = 1 равенство 1 + 3 + 5 + ... + (2п – 1) = п²истинно. 2) Предположим, что при п = k равенство (1) истинно, т.е. 1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) = k²(истинно) Докажем, что тогда оно верно и при п = k + 1, т.е. 1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + (2k + 1) = (k + 1)², (1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + (2k + 1) = k² + (2k +1) = k² + 2k +1 =(k + 1)² Итак по принципу математической индукции истинность равенства (1) доказана для любых натуральных п. |
{0}.
М, б) из того, что а 
а 
Отсюда, на основании аксиомы 4, заключаем, что утверждение А(n) истинно для любого натурального n.▀
.
А(k)