Jos lause A(n), joka riippuu luonnollisesta luvusta n, on tosi arvolle n=1, ja siitä tosiasiasta, että se on tosi arvolle n=k (missä k on mikä tahansa luonnollinen luku), seuraa, että se on myös totta seuraavalle luvulle n=k +1, niin oletus A(n) on tosi mille tahansa luonnolliselle luvulle n.

Monissa tapauksissa saattaa olla tarpeen todistaa tietyn väitteen pätevyys ei kaikille luonnollisille luvuille, vaan vain n>p:lle, missä p on kiinteä luonnollinen luku. Tässä tapauksessa matemaattisen induktion periaate on muotoiltu seuraavasti.

Jos lause A(n) on tosi arvolle n=p ja jos A(k) X A(k+1) mille tahansa k>p:lle, niin väite A(n) on tosi mille tahansa n>p:lle.

Todistus matemaattisen induktion menetelmällä suoritetaan seuraavasti. Ensin tarkistetaan todistettava väite arvolle n=1, ts. väitteen A(1) totuus on vahvistettu. Tätä todistuksen osaa kutsutaan induktiopohjaksi. Tätä seuraa osa todistuksesta, jota kutsutaan induktiovaiheeksi. Tässä osassa todistetaan lauseen pätevyys n=k+1:lle olettaen, että väite on tosi arvolle n=k (induktiivinen oletus), ts. todista, että A(k) ~ A(k+1)

Todista, että 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) Meillä on n=1=12. Siksi väite on tosi, kun n=1, ts. A(1) totta
• 2) Osoitetaan, että A(k) ~ A(k+1)

Olkoon k mikä tahansa luonnollinen luku ja olkoon lause tosi kun n=k, ts.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Osoitetaan, että silloin väite pätee myös seuraavalle luonnolliselle luvulle n=k+1, ts. mitä

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Todellakin,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2 +2k+1=(k+1)2

Joten A(k) X A(k+1). Matemaattisen induktion periaatteen perusteella päättelemme, että oletus A(n) on totta mille tahansa n О N

Todista se

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), missä x nro 1

• 1) Jos n=1 saamme
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

siksi n = 1:lle kaava on tosi; A(1) totta

• 2) Olkoon k mikä tahansa luonnollinen luku ja olkoon kaava tosi, kun n=k,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Todistakaamme, että sitten tasa-arvo

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

Joten A(k) ⋅ A(k+1). Matemaattisen induktion periaatteen perusteella päätämme, että kaava on totta mille tahansa luonnolliselle luvulle n

Todista, että kuperan n-kulman lävistäjien lukumäärä on n(n-3)/2

Ratkaisu: 1) Kun n=3, väite on tosi, koska kolmiossa

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 = 0 diagonaalia; A 2 A(3) totta

2) Oletetaan, että missä tahansa kuperassa k-gonissa on A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonaalia. A k Osoitetaan, että silloin konveksissa A k+1 (k+1)-gonissa diagonaalien lukumäärä A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Olkoon А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -kupera (k+1)-gon. Piirretään siihen diagonaali A 1 A k. Laskeaksesi tämän (k + 1)-gonin lävistäjien kokonaismäärän, sinun on laskettava lävistäjät k-gonissa A 1 A 2 ...A k, lisätään k-2 saatuun lukuun, ts. kärjestä A k+1 lähtevän (k+1)-gonin diagonaalien lukumäärä, ja lisäksi tulee ottaa huomioon diagonaali A 1 A k

Tällä tavalla,

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

Joten A(k) ⋅ A(k+1). Matemaattisen induktion periaatteesta johtuen väite pätee mille tahansa konveksille n-kulmiolle.

Todista, että mille tahansa n:lle lause on tosi:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Ratkaisu: 1) Olkoon sitten n=1

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

2) Oletetaan, että n=k

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

3) Tarkastellaan tätä lausetta n=k+1:lle

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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)

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

Olemme todistaneet yhtälön pätevyyden n=k+1:lle, joten matemaattisen induktion menetelmän ansiosta väite on totta mille tahansa luonnolliselle n:lle

Todista, että minkä tahansa luonnollisen n:n yhtäläisyys on totta:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Ratkaisu: 1) Olkoon n=1

Sitten X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2 /4 = 1. Näemme, että n=1:lle väite on tosi.

2) Oletetaan, että yhtälö on tosi, kun n=k

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

3) Todistetaan tämän väitteen totuus arvolle n=k+1, ts.

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(k2+4k+4)/4=(k+1)2(k+2)2/4

Yllä olevasta todistuksesta voidaan nähdä, että väite on totta n=k+1, joten yhtäläisyys pätee mille tahansa luonnolliselle n:lle

Todista se

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2+n+1), missä n>2

Ratkaisu: 1) Kun n=2, identiteetti näyttää tältä:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), ts. se on totta
• 2) Oletetaan, että lauseke on tosi, kun n=k
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3 k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
• 3) Todistetaan lausekkeen oikeellisuus n=k+1:lle
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Olemme todistaneet yhtälön pätevyyden arvolle n=k+1, joten matemaattisen induktion menetelmän perusteella väite on totta mille tahansa n>2:lle

Todista se

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3-(2n) 3 = -n 2 (4n+3) mille tahansa luonnolliselle n:lle

Ratkaisu: 1) Olkoon sitten n=1

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Oletetaan, että n=k
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3-(2k) 3 = -k 2 (4k+3)
• 3) Todistamme tämän väitteen todenperäisyyden arvolle n=k+1
• (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)

Myös yhtälön pätevyys n=k+1:lle on todistettu, joten väite pätee mille tahansa luonnolliselle n:lle.

Todista identiteetin oikeellisuus

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) mille tahansa luonnolliselle n

• 1) Kun n=1, identiteetti on tosi 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) Oletetaan, että n=k
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) Osoitamme, että identtisyys on tosi n=k+1
• (1 2 /1 ґ 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)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Yllä olevasta todistuksesta voidaan nähdä, että väite on totta mille tahansa positiiviselle kokonaisluvulle n.

Todista, että (11 n+2 +12 2n+1) on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä

Ratkaisu: 1) Olkoon sitten n=1

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

Mutta (23 ґ 133) on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä, joten n=1:lle väite on tosi; A(1) on totta.

• 2) Oletetaan, että (11 k+2 +12 2k+1) on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä
• 3) Osoitetaan, että tässä tapauksessa (11 k+3 +12 2k+3) on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä. Todellakin
• 11 k+3 +12 2k+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

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

Tuloksena oleva summa on jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä, koska sen ensimmäinen termi on oletuksena jaollinen luvulla 133 ilman jäännöstä, ja toisessa yksi tekijöistä on 133. Eli A (k) Yu A (k + 1). Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan

Todista, että millä tahansa n 7:llä n -1 on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä

• 1) Olkoon n=1, sitten X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 jaetaan 6:lla ilman jäännöstä. Joten lauseelle n=1 väite on tosi
• 2) Oletetaan, että n \u003d k 7 k -1 on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä
• 3) Osoitetaan, että väite on tosi, kun n=k+1

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

Ensimmäinen termi on jaollinen 6:lla, koska 7 k -1 on jaollinen 6:lla oletuksella, ja toinen termi on 6. Joten 7 n -1 on luvun 6 kerrannainen mille tahansa luonnolliselle n:lle. Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan.

Osoita, että 3 3n-1 +2 4n-3 mielivaltaiselle positiiviselle kokonaisluvulle n on jaollinen luvulla 11.

1) Olkoon sitten n=1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 jaetaan 11:llä ilman jäännöstä.

Joten lauseelle n=1 väite on tosi

• 2) Oletetaan, että n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 on jaollinen 11:llä ilman jäännöstä
• 3) Osoitamme, että väite on tosi, kun n=k+1

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

Ensimmäinen termi on jaollinen 11:llä ilman jäännöstä, koska 3 3k-1 +2 4k-3 on jaollinen 11:llä oletuksena, toinen termi on jaollinen 11:llä, koska yksi sen tekijöistä on luku 11. Näin ollen summa on myös jaollinen 11:llä ilman jäännöstä mille tahansa luonnolliselle n:lle. Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan.

Todista, että 11 2n -1 mielivaltaiselle positiiviselle kokonaisluvulle n on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä

• 1) Olkoon n=1, niin 11 2 -1=120 on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä. Joten lauseelle n=1 väite on tosi
• 2) Oletetaan, että kun n=k 1 2k -1 on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Molemmat termit ovat jaollisia 6:lla ilman jäännöstä: ensimmäinen sisältää 6:n kerrannaisluvun 120, ja toinen on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä oletuksena. Joten summa on jaollinen 6:lla ilman jäännöstä. Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan.

Todista, että 3 3n+3 -26n-27 mielivaltaiselle positiiviselle kokonaisluvulle n on jaollinen luvulla 26 2 (676) ilman jäännöstä

Osoitetaan ensin, että 3 3n+3 -1 on jaollinen 26:lla ilman jäännöstä

• 1. Kun n=0
• 3 3 -1=26 on jaollinen 26:lla
• 2. Oletetaan, että n=k
• 3 3k+3 -1 on jaollinen 26:lla
• 3. Osoitetaan, että väite on tosi, kun n=k+1
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - on jaollinen 26:lla

Todistakaamme nyt ongelman ehdolla muotoiltu väite

• 1) On selvää, että n=1:lle väite on tosi
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) Oletetaan, että arvolla n=k lauseke 3 3k+3 -26k-27 on jaollinen luvulla 26 2 ilman jäännöstä
• 3) Osoitetaan, että väite on tosi, kun n=k+1
• 3 3k+6-26(k+1)-27=26(3 3k+3-1)+(3 3k+3-26k-27)

Molemmat termit ovat jaollisia luvulla 26 2 ; ensimmäinen on jaollinen luvulla 26 2, koska olemme osoittaneet, että suluissa oleva lauseke on jaollinen luvulla 26, ja toinen on jaollinen induktiivisella hypoteesilla. Matemaattisen induktion menetelmän avulla väite todistetaan

Todista, että jos n>2 ja х>0, niin epäyhtälö (1+х) n >1+n ґ х

• 1) Kun n=2, epäyhtälö on tosi, koska
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Joten A(2) on totta

• 2) Osoitetaan, että A(k) ⋅ A(k+1) jos k> 2. Oletetaan, että A(k) on tosi, eli että epäyhtälö
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Osoitetaan, että silloin myös A(k+1) on totta, eli että epäyhtälö

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

Todellakin, kun epäyhtälön (3) molemmat puolet kerrotaan positiivisella luvulla 1+x, saadaan

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Harkitse viimeisen epätasa-arvon oikeaa puolta; meillä on

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

Tuloksena saadaan, että (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

Joten A(k) ⋅ A(k+1). Matemaattisen induktion periaatteen perusteella voidaan väittää, että Bernoullin epäyhtälö pätee mille tahansa n> 2

Todista, että epäyhtälö (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 on totta arvolle a> 0

Ratkaisu: 1) Kun m=1

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 molemmat osat ovat yhtä suuret
• 2) Oletetaan, että m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) Osoitetaan, että m=k+1 epäyhtälö on tosi
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Olemme osoittaneet epäyhtälön pätevyyden m=k+1:lle, joten matemaattisen induktion menetelmästä johtuen epäyhtälö pätee mille tahansa luonnolliselle m:lle

Osoita, että arvolla n>6 epäyhtälö 3 n >n ґ 2 n+1

Kirjoitetaan epäyhtälö muotoon (3/2) n >2n

• 1. Arvolla n=7 meillä on 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 epäyhtälö on tosi
• 2. Oletetaan, että n=k (3/2) k >2k
• 3) Osoitetaan epäyhtälön pätevyys n=k+1:lle
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Koska k>7, viimeinen epäyhtälö on ilmeinen.

Matemaattisen induktion menetelmästä johtuen epäyhtälö pätee mille tahansa luonnolliselle n:lle

Todista, että n>2 epäyhtälö

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) Kun n=3 epäyhtälö on tosi
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Oletetaan, että n=k
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
• 3) Osoitetaan epäyhtälön pätevyys n=k+1:lle
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Osoitetaan, että 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<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

Jälkimmäinen on ilmeinen ja siksi

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

Matemaattisen induktion menetelmän avulla epäyhtälö on todistettu.

MBOU Lyseum "Tekninen ja taloudellinen"

MATEMAATTISEN INDUKTIOINTIMENETELMÄ

MATEMAATTISEN INDUKTIOINTIMENETELMÄ.

SELITYS

Metodologinen kehitystyö "Matemaattisen induktion menetelmä" on koottu matemaattisen profiilin 10. luokan opiskelijoille.

Ensisijaiset tavoitteet: perehdyttää opiskelijat matemaattisen induktion menetelmään ja opettaa sen soveltamista erilaisten ongelmien ratkaisussa.

Metodologisessa kehittämisessä pohditaan alkeismatematiikan kysymyksiä: ehdotetaan jaollisuusongelmia, identiteetin todistamista, eriarvoisuuksien todistamista, vaihtelevan monimutkaisuuden ongelmia, mukaan lukien olympialaisten tehtävät.

Induktiivisten johtopäätösten rooli kokeellisissa tieteissä on erittäin suuri. Ne antavat ne säännökset, joista sitten tehdään lisäjohtopäätöksiä. Nimi matemaattinen induktiomenetelmä harhaanjohtavasti - itse asiassa tämä menetelmä on deduktiivinen ja antaa tarkan todisteen induktiolla arvatuista väitteistä. Matemaattisen induktion menetelmä auttaa tunnistamaan yhteyksiä matematiikan eri osien välillä, auttaa kehittämään opiskelijan matemaattista kulttuuria.

Matemaattisen induktion menetelmän määritelmä. Täydellinen ja epätäydellinen induktio. Todiste eriarvoisuudesta. Todisteet henkilöllisyydestä. Jakavuusongelmien ratkaiseminen. Erilaisten ongelmien ratkaiseminen aiheesta "Matemaattisen induktion menetelmä".

KIRJALLISTA OPETTAJALLE

1. M.L. Galitsky. Algebran ja matemaattisen analyysin kurssin syvällinen opiskelu. - M. Enlightenment 1986.

2. L.I. Zvavich. Algebra ja analyysin alku. Didaktiset materiaalit. M. Drofa 2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Algebra ja matemaattinen analyysi. M Enlightenment 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Matemaattisen induktion menetelmä. NGU.1995.

KIRJALLISTA OPPILAILLE

1. N.Ya. Vilenkin. Algebra ja matemaattinen analyysi. M Enlightenment 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Matemaattisen induktion menetelmä. NGU.1995.

AVAINSANAT

Induktio, aksiooma, matemaattisen induktion periaate, täydellinen induktio, epätäydellinen induktio, väite, identiteetti, epäyhtälö, jaollisuus.

DIDAKTINEN LIITE AIHEESEEN

"MATEMAATISEN INDUKTIOIDEN MENETELMÄ".

Oppitunti 1

Matemaattisen induktion menetelmän määritelmä.

Matemaattisen induktion menetelmä on yksi erittäin tehokkaista menetelmistä löytää uusia tuloksia ja osoittaa esitettyjen oletusten totuudenmukaisuus. Vaikka tämä menetelmä ei ole uusi matematiikassa, kiinnostus sitä kohtaan ei katoa. Ensimmäistä kertaa selkeässä esityksessä erinomainen ranskalainen tiedemies Blaise Pascal käytti matemaattisen induktion menetelmää 1600-luvulla todistaessaan hänen mukaansa nimetyn lukukolmion ominaisuuksia. Kuitenkin ajatus matemaattisesta induktiosta oli muinaisten kreikkalaisten tiedossa. Matemaattisen induktion menetelmä perustuu matemaattisen induktion periaatteeseen, joka hyväksytään aksioomaksi. Harkitsemme matemaattisen induktion ideaa esimerkein.

Esimerkki #1.

Neliö jaetaan segmentillä kahteen osaan, sitten toinen tuloksena olevista osista jaetaan kahteen osaan ja niin edelleen. Määritä kuinka moneen osaan neliö on jaettu P askeleet?

Ratkaisu.

Ensimmäisen vaiheen jälkeen saamme ehdolla 2 osaa. Toisessa vaiheessa jätämme yhden osan ennalleen ja jaamme toisen 2 osaan ja saamme 3 osaa. Kolmannessa vaiheessa jätämme 2 osaa ennalleen ja jaamme kolmannen kahteen osaan ja saamme 4 osaa. Neljännessä vaiheessa jätämme 3 osaa ennalleen ja jaamme viimeisen osan kahteen osaan ja saamme 5 osaa. Viidennessä vaiheessa saamme 6 osaa. Ehdotus tehdään sen kautta P saamiamme askeleita (n+1) osa. Mutta tämä ehdotus on todistettava. Oletetaan että läpi kohtaan portaat neliö on jaettu (k+1) osa. Sitten päälle (k+1) astu me kohtaan osat jätetään ennalleen, ja (k+1) jaa osa kahteen osaan ja hanki (k+2) osat. Huomaat, että voit väittää tällä tavalla niin kauan kuin haluat, loputtomiin. Eli oletuksemme on se P portaat neliö jaetaan (n+1) osa, tulee todistetuksi.

Esimerkki #2.

Isoäidilläni oli tyttärentytär, joka piti kovasti hillosta, ja varsinkin litran purkissa olevasta. Mutta isoäiti ei antanut hänen koskea. Ja tyttärentytär päätti pettää isoäitinsä. Hän päätti syödä joka päivä 1/10 litraa tästä purkista ja lisätä sen vedellä sekoittaen huolellisesti. Kuinka monen päivän kuluttua isoäiti huomaa petoksen, jos hillo pysyy samanlaisena vedellä laimennettuna?

Ratkaisu.

Selvitä, kuinka paljon puhdasta hilloa jää purkkiin sen jälkeen P päivää. Ensimmäisen päivän jälkeen seos jää purkkiin, joka koostuu 9/10 hillosta ja 1/10 vedestä. Kahden päivän kuluttua 1/10 vesi-hilloseoksesta katoaa purkista ja jää jäljelle (1 litra seosta sisältää 9/10 litraa hilloa, 1/10 litraa seosta sisältää 9/100 litraa hilloa)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litraa hilloa. Kolmantena päivänä purkista katoaa 1/10 litraa seosta, joka koostuu 81/100 hillosta ja 19/100 vedestä. 1 litrassa seosta on 81/100 litraa hilloa, 1/10 litrassa seosta 81/1000 litraa hilloa. 81/100 – 81/1000 =

729/1000=(9/10) 3 litraa hilloa jää jäljelle 3 päivän kuluttua ja loput imee vesi. Syntyy kuvio. Kautta P päivää jäljellä pankissa (9/10) P l hilloa. Mutta jälleen kerran, tämä on vain arvauksemme.

Päästää kohtaan on mielivaltainen luonnollinen luku. Oletetaan että läpi kohtaan päivät pankissa jää (9/10) l jam. Katsotaan mitä pankissa on seuraavana päivänä, eli sisään (k+1) päivä. Se katoaa pankista 1/10l sekoitus (9/10) kohtaan l hilloa ja vettä. AT 1l seos on (9/10) kohtaan l hillo, sisään 1/10l seokset (9/10) k+1 l hillo. Nyt voimme turvallisesti sanoa sen läpi P päivää pankissa jäljellä (9/10) P l hillo. 6 päivän kuluttua pankki saa 531444/1000000l hillot, 7 päivän kuluttua - 4782969/10000000l hilloa, eli alle puolet.

Vastaus: 7 päivän kuluttua isoäiti huomaa petoksen.

Yritetään erottaa tarkasteltavien ongelmien ratkaisuista alkeellisimmat. Aloimme ratkaista niitä jokaista pohtimalla erillisiä tai, kuten sanotaan, erikoistapauksia. Sitten teimme havaintojen perusteella joitain oletuksia P(n), riippuen luonnollisesta P.

väite tarkistettiin, eli todistettiin P(1), P(2), P(3);

ehdotti sitä P(n) voimassa n=k ja päätteli, että sitten se on voimassa seuraavaan n, n = k+1.

Ja sitten he väittelivät jotenkin näin: P(1) oikein, P(2) oikein, P(3) oikein, P(4) oikein... aivan oikein P(n).

Matemaattisen induktion periaate.

lausunto P(n), riippuen luonnollisesta P, pätee kaikkiin luonnollisiin P, jos

1) väitteen pätevyys n = 1;

2) lausunnon pätevyyden olettamisesta P(n) klo n=k pitäisi

oikeudenmukaisuutta P(n) klo n=k+1.

Matematiikassa matemaattisen induktion periaate valitaan pääsääntöisesti yhdeksi aksioomiksi, joka määrittelee lukujen luonnollisen sarjan, ja siksi se hyväksytään ilman todisteita. Todistusmenetelmää matemaattisen induktion periaatteella kutsutaan yleensä matemaattisen induktion menetelmäksi. Huomaa, että tätä menetelmää käytetään laajalti lauseiden, identiteettien, epäyhtälöiden ja monien muiden ongelmien ratkaisemisessa.

Oppitunti #2

Täydellinen ja epätäydellinen induktio.

Siinä tapauksessa, että matemaattinen lause koskee äärellistä määrää objekteja, se voidaan todistaa tarkistamalla jokaisen kohteen kohdalla esimerkiksi lause "Jokainen kaksinumeroinen parillinen luku on kahden alkuluvun summa." Todistusmenetelmää, jossa testaamme lausetta äärelliselle määrälle tapauksia, kutsutaan täydelliseksi matemaattiseksi induktioksi. Tätä menetelmää käytetään suhteellisen harvoin, koska lauseita tarkastellaan useimmiten äärettömissä joukoissa. Esimerkiksi lausetta "Mikä tahansa parillinen luku on yhtä suuri kuin kahden alkuluvun summa" ei ole toistaiseksi todistettu eikä kumottu. Vaikka testaisimme tätä lausetta ensimmäiselle miljardille, se ei vie meitä askeltakaan lähemmäksi sen todistamista.

Luonnontieteissä käytetään epätäydellistä induktiota, testataan koe useita kertoja, siirretään tulos kaikkiin tapauksiin.

Esimerkki #3

Arvaa epätäydellinen induktiokaava luonnollisten lukujen kuutioiden summalle.

Ratkaisu.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Todiste.

Olkoon se totta n=k.

Todistakaamme, että se on totta n=k+1.

Johtopäätös: luonnollisten lukujen kuutioiden summan kaava on totta kaikille luonnollisille P.

Esimerkki #4

Harkitse yhtäläisyyksiä ja arvaa mihin yleiseen lakiin nämä esimerkit johtavat.

Ratkaisu.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Esimerkki #5

Kirjoita seuraavat lausekkeet summana:

1)
2)
3)
; 4)
.

Kreikkalainen kirjain "sigma".

Esimerkki #6.

Kirjoita seuraavat summat etumerkillä
:

2)

Esimerkki #7.

Kirjoita seuraavat lausekkeet tuotteiksi:

1)

3)
4)

Esimerkki #8.

Kirjoita seuraavat teokset muistiin merkin avulla

(kreikkalainen iso kirjain "pi")

1)
2)

Esimerkki #9.

Polynomin arvon laskeminen f ( n )= n 2 + n +11 , klo n = 1,2,3,4,5,6,7 voidaan olettaa, että mikä tahansa luonnollinenP määrä f ( n ) yksinkertainen.

Pitääkö tämä oletus paikkansa?

Ratkaisu.

Jos jokainen summa on jaollinen luvulla, niin summa on jaollinen tällä luvulla,
ei ole alkuluku millekään luonnolliselle luvulleP.

Äärillisen määrän tapausten analysoinnilla on tärkeä rooli matematiikassa: antamatta todisteita yhdestä tai toisesta väitteestä, se auttaa arvaamaan tämän väitteen oikean muotoilun, jos sitä ei vielä tiedetä. Näin Goldbach, Pietarin tiedeakatemian jäsen, päätyi olettamukseen, että mikä tahansa luonnollinen luku kahdesta alkaen on enintään kolmen alkuluvun summa.

Oppitunti #3

Matemaattisen induktion menetelmän avulla voimme todistaa erilaisia ​​identiteettejä.

Esimerkki #10. Todistakaamme se kaikille P identiteetti

Ratkaisu.

Laitetaanpa

Meidän on todistettava se

Todistakaamme, että Sitten identiteetin totuudesta

identiteetin totuus seuraa

Matemaattisen induktion periaatteen mukaan identiteetin totuus kaikille P.

Esimerkki #11.

Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

kausittaiset tasa-arvot.

;
. Joten tämä identiteetti on totta kaikilleP .

Oppitunti numero 4.

Identiteettien todistaminen matemaattisella induktiolla.

Esimerkki #12. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Matemaattisen induktion periaatetta soveltaen osoitimme, että tasa-arvo on totta kaikille P.

Esimerkki #13. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Matemaattisen induktion periaatetta sovellettaessa todistimme, että väite pätee kaikkiin luonnollisiin P.

Esimerkki #14. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Esimerkki #15. Todistetaan henkilöllisyys

1) n = 1;

2) varten n=k tasa-arvo

3) todistaa, että tasa-arvo pätee n=k+1:

Johtopäätös: identiteetti on voimassa kaikille luonnollisille P.

Esimerkki #16. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Jos n = 1 , sitten

Anna identiteetin kestää n=k.

Osoittakaamme, että identiteetti pätee n=k+1.

Silloin identiteetti on voimassa kaikille luonnollisille P.

Oppitunti numero 5.

Identiteettien todistaminen matemaattisella induktiolla.

Esimerkki #17. Todistetaan henkilöllisyys

Todiste.

Jos n = 2 , niin saadaan oikea yhtälö:

Olkoon tasa-arvo tottan=k:

Todistakaamme väitteen pätevyys for n=k+1.

Matemaattisen induktion periaatteen mukaan identiteetti todistetaan.

Esimerkki #18. Todistetaan henkilöllisyys
n≥2:lle.

klo n = 2 tämä identiteetti voidaan kirjoittaa uudelleen hyvin yksinkertaiseen muotoon

ja ilmeisesti totta.

Anna klo n=k Todella

.

Todistakaamme väitteen pätevyys forn=k+1, eli tasa-arvo täyttyy: .

Olemme siis osoittaneet, että identiteetti on totta kaikille luonnollisille n≥2.

Esimerkki #19. Todistetaan henkilöllisyys

klo n = 1 saamme oikean tasa-arvon:

Oletetaan, että klo n=k saamme myös oikean tasa-arvon:

Osoittakaamme, että tasa-arvon pätevyys havaitaan n=k+1:

Silloin identiteetti on voimassa kaikille luonnollisille P.

Oppitunti numero 6.

Jakavuusongelmien ratkaiseminen.

Esimerkki #20. Todista se matemaattisella induktiolla

jaettuna 6 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1 on jako6 jälkeä jättämättä,
.

Anna klo n=k ilmaisu
useita6.

Todistakaamme, että milloin n=k+1 ilmaisu
useita6 .

Jokainen termi on monikerta 6 , joten summa on kerrannainen 6 .

Esimerkki numero 21.
päällä5 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1 lauseke on jaettavissa
.

Anna klo n=k ilmaisu
jaettu myös5 jälkeä jättämättä.

klo n=k+1 jaettuna 5 .

Esimerkki #22. Todista lausekkeen jaettavuus
päällä16.

Todiste.

klo n = 1 useita 16 .

Anna klo n=k
useita16.

klo n=k+1

Kaikki termit ovat jaettavissa 16: ensimmäinen on ilmeisesti toinen oletuksena, ja kolmannessa on parillinen luku suluissa.

Esimerkki #23. Todista jaevuus
päällä676.

Todiste.

Todistakaamme se ensin
jaettuna
.

klo n = 0
.

Anna klo n=k
jaettuna26 .

Sitten klo n=k+1 jaettuna 26 .

Todistakaamme nyt ongelman ehdolla muotoiltu väite.

klo n = 1 jaettuna 676.

klo n=k onko totta että
jaettuna26 2 .

klo n=k+1 .

Molemmat termit ovat jaollisia 676 ; ensimmäinen johtuu siitä, että olemme osoittaneet jaollisuuden 26 lauseke suluissa, ja toinen on jaollinen induktiivisella hypoteesilla.

Oppitunti numero 7.

Jakavuusongelmien ratkaiseminen.

Esimerkki numero 24.

Todista se
jaettuna5 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1
jaettuna5.

klo n=k
jaettuna5 jälkeä jättämättä.

klo n=k+1 jokainen termi on jaollinen5 jälkeä jättämättä.

Esimerkki #25.

Todista se
jaettuna6 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1
jaettuna6 jälkeä jättämättä.

Anna klo n=k
jaettuna6 jälkeä jättämättä.

klo n=k+1 jaettuna 6 ei jäännöstä, koska jokainen termi on jaollinen6 ilman jäännöstä: ensimmäinen termi induktiivisen oletuksen mukaan, toinen, ilmeisesti, kolmas, koska
tasaluku.

Esimerkki #26.

Todista se
kun jaetaan9 antaa loput 1 .

Todiste.

Todistetaan se
jaettuna9 .

klo n = 1
jaettuna 9 . Anna klo n=k
jaettuna9 .

klo n=k+1 jaettuna 9 .

Esimerkki numero 27.

Todista, että se on jaollinen15 jälkeä jättämättä.

Todiste.

klo n = 1 jaettuna 15 .

Anna klo n=k jaettuna 15 jälkeä jättämättä.

klo n=k+1

Ensimmäinen termi on monikerta15 induktiohypoteesin mukaan toinen termi on monikerta15 – Ilmeisesti kolmas termi on monikerta15 , koska
useita5 (todistettu esimerkissä nro 21), neljäs ja viides termi ovat myös kerrannaisia5 , mikä on ilmeistä, silloin summa on kerrannainen15 .

Oppitunti numero 8-9.

Epäyhtälöiden todistaminen matemaattisella induktiolla

Esimerkki #28.
.

klo n = 1 meillä on
- oikein.

Anna klo n=k
on todellinen eriarvoisuus.

klo n=k+1

Silloin eriarvoisuus pätee mille tahansa luonnolliselle P.

Esimerkki #29. Todista, että eriarvoisuus on totta
mille tahansa P.

klo n = 1 saamme oikean epätasa-arvon 4 >1.

Anna klo n=k epätasa-arvoa
.

Todistakaamme, että milloin n=k+1 epätasa-arvoa

Kaikille luonnollisille kohtaan havaitaan eriarvoisuutta.

Jos
klo
sitten

Esimerkki #30.

mille tahansa luonnolliselle P ja mikä tahansa

Päästää n = 1
, oikein.

Oletetaan, että eriarvoisuus pätee n=k:
.

klo n=k+1

Esimerkki numero 31. Todista epäyhtälön pätevyys

mille tahansa luonnolliselle P.

Todistakaamme ensin se kaikille luonnollisille t epätasa-arvoa

Kerro epäyhtälön molemmat puolet
. Saadaan vastaava epäyhtälö tai
;
; - Tämä epätasa-arvo pätee kaikkiin luonnollisiin t.

klo n = 1 alkuperäinen eriarvoisuus on totta
;
;
.

Anna eriarvoisuuden jatkua n=k:
.

klo n=k+1

Oppitunti numero 10.

Ongelman ratkaiseminen aiheesta

Matemaattisen induktion menetelmä.

Esimerkki #32. Todista Bernoullin epäyhtälö.

Jos
, sitten kaikille luonnonarvoilleP epätasa-arvoa

Todiste.

klo n = 1 todistettava epätasa-arvo saa muodon
ja ilmeisesti oikein. Oletetaan, että se pitää paikkansan=k eli mitä
.

Koska kunnon mukaan
, sitten
, ja siksi epäyhtälö ei muuta merkitystään, kun sen molemmat osat kerrotaan
:

Koska
, sitten ymmärrämme sen

.

Epätasa-arvo on siis totta n = 1, ja sen totuudesta klo n=k tästä seuraa, että se on totta ja n=k+1. Siksi se pätee matemaattisen induktion perusteella kaikkeen luonnolliseen P.

Esimerkiksi,

Esimerkki numero 33. Löydä kaikki luonnonarvotP , jolle epätasa-arvo

Ratkaisu.

klo n = 1 eriarvoisuus on oikein. klo n = 2 epätasa-arvo on myös totta.

klo n = 3 eriarvoisuus ei enää tyydytä. Vasta kun n = 6 epäyhtälö pätee, joten voimme ottaa induktiopohjan n = 6.

Oletetaan, että epätasa-arvo on totta jollekin luonnolliselle vastaanottajalle:

Harkitse eriarvoisuutta

Viimeinen eriarvoisuus pätee jos
Koetyö aiheesta n=1 annetaan toistuvasti: n≥5 , missä P- -luonnollinen luku.

Useiden matemaattisten ominaisuuksien ja eri väitteiden todistamiseen käytetään Peanon aksioomaan 4 perustuvaa todistusmenetelmää. Tämän perustana on seuraava lause.

Lause. Jos lausunto MUTTA(n) luonnollisella muuttujalla n totta n= 1 ja siitä, että se pitää paikkansa n=k, tästä seuraa, että se pätee myös seuraavaan numeroon n=k, sitten lausunto MUTTA(n) n.

Todiste. Merkitse M joukko niitä ja vain niitä luonnollisia lukuja, joille lause MUTTA(n) totta. Sitten lauseen ehdosta saamme: 1) 1 M; 2) k MkM. Tästä syystä päättelemme aksiooman 4 perusteella, että M =N, eli lausunto MUTTA(n) totta kaikille luonnollisille n.

Tähän lauseeseen perustuvaa todistusmenetelmää kutsutaan matemaattinen induktiomenetelmä, ja aksiooma on induktion aksiooma. Tässä todistuksessa on kaksi osaa:

1) todistaa, että väite MUTTA(n) totta n= A(1);

2) oletetaan, että väite MUTTA(n) totta n=k, ja tästä oletuksesta alkaen todistaa, että väite A(n) totta n=k+ 1, eli että väite on totta A(k) A(k + 1).

Jos MUTTA( 1) MUTTA(k) A(k + 1) on tosi väite, niin he päättelevät, että väite A(n) totta mille tahansa luonnolliselle luvulle n.

Todistaminen matemaattisella induktiolla voi alkaa paitsi väitteen totuuden vahvistamisella n= 1, mutta myös mistä tahansa luonnollisesta luvusta m. Tässä tapauksessa lausunto MUTTA(n) todistetaan kaikille luonnollisille luvuille nm.

Tehdään. Osoitetaan, että minkä tahansa luonnollisen luvun yhtälö 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Ratkaisu. Tasa-arvo 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n on kaava, jonka avulla voidaan löytää ensimmäisten peräkkäisten parittomien luonnollisten lukujen summa. Esimerkiksi 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (summa sisältää 4 termiä), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (summa sisältää 6 termiä); jos tämä summa sisältää 20 mainitun tyyppistä termiä, se on yhtä suuri kuin 20 = 400 jne. Todistettuamme tämän yhtäläisyyden totuuden, voimme löytää minkä tahansa määrätyn tyyppisten termien summan kaavan avulla.

1) Tarkista tämän tasa-arvon totuus n= 1. Milloin n= 1 yhtälön vasen puoli koostuu yhdestä termistä, joka on yhtä suuri kuin 1, oikea puoli on 1= 1. Koska 1 = 1, niin n= 1 tämä tasa-arvo on totta.

2) Oletetaan, että tämä yhtäläisyys on totta n=k, eli että 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Tämän oletuksen perusteella todistamme, että se pitää paikkansa n=k+ 1, eli 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Harkitse viimeisen yhtälön vasenta puolta.

Oletuksena ensimmäisen summa k ehdot on k ja siksi 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Ilmaisu k+ 2k + 1 on yhtä suuri kuin lauseke ( k + 1).

Siksi totuus tämän tasa-arvon n=k+ 1 on todistettu.

Näin ollen tämä tasa-arvo on totta n= 1 ja sen totuudesta n=k seuraa totuutta n=k+ 1.

Tämä osoittaa, että tämä yhtäläisyys pätee mille tahansa luonnolliselle luvulle.

Matemaattisen induktion menetelmää käyttämällä voidaan todistaa totuus ei vain yhtäläisyydestä, vaan myös eriarvoisuudesta.

Tehtävä. Todista, että missä nN.

Ratkaisu. Tarkastetaan totuus epätasa-arvosta n= 1. Meillä on - todellinen epätasa-arvo.

Oletetaan, että eriarvoisuus on totta n=k, nuo. - todellinen eriarvoisuus. Osoittakaamme oletuksen perusteella, että se pitää paikkansa n=k+ 1, eli (*).

Muunnetaan epäyhtälön (*) vasen puoli ottaen huomioon, että : .

Mutta se tarkoittaa .

Tämä eriarvoisuus on siis totta n= 1, ja siitä tosiasiasta, että epätasa-arvo on totta joillekin n= k, huomasimme, että se pitää paikkansa myös n= k + 1.

Aksioomaa 4 käyttämällä olemme siis osoittaneet, että tämä epäyhtälö pätee mille tahansa luonnolliselle luvulle.

Myös muut väitteet voidaan todistaa matemaattisen induktion menetelmällä.

Tehtävä. Todista, että väite on totta mille tahansa luonnolliselle luvulle.

Ratkaisu. Tarkistakaamme väitteen totuus n= 1: -tosi väite.

Oletetaan, että tämä väite pitää paikkansa n=k: . Osoittakaamme tätä käyttäen lauseen totuus for n=k+ 1: .

Muunnetaan lauseke: . Etsitään ero k ja k+ 1 jäsentä. Jos käy ilmi, että tuloksena saatu ero on 7:n kerrannainen, ja oletetaan, että aliosa on jaollinen 7:llä, niin minuutti on myös 7:n kerrannainen:

Tuote on siis 7:n kerrannainen ja .

Näin ollen tämä väite pitää paikkansa n= 1 ja sen totuudesta n=k seuraa totuutta n=k+ 1.

Tämä todistaa, että tämä väite pätee mille tahansa luonnolliselle luvulle.

Tehtävä. Todista se mille tahansa luonnolliselle luvulle n 2 väite (7-1)24 on totta.

Ratkaisu. 1) Tarkista väitteen totuus n= 2: - tosi väite.

Saveljeva Ekaterina

Työssä tarkastellaan matemaattisen induktion menetelmän soveltamista jaotuvuusongelmien ratkaisemiseen, sarjan summaukseen. Tarkastellaan esimerkkejä matemaattisen induktion menetelmän soveltamisesta epäyhtälöiden todistamiseen ja geometristen tehtävien ratkaisuun. Teos on havainnollistettu esittelyllä.

Ladata:

Esikatselu:

Venäjän federaation tiede- ja koulutusministeriö

Valtion oppilaitos

lukio nro 618

Kurssi: Algebra ja analyysin alku

Projektityön aihe

"Matemaattisen induktion menetelmä ja sen soveltaminen ongelmanratkaisuun"

Työ suoritettu: Saveljeva E, 11B luokka

Valvoja : Makarova T.P., matematiikan opettaja, lukio №618

1. Esittely.

2. Matemaattisen induktion menetelmä jako-ongelmien ratkaisussa.

3. Matemaattisen induktion menetelmän soveltaminen sarjojen summaukseen.

4. Esimerkkejä matemaattisen induktion menetelmän soveltamisesta epäyhtälöiden todistukseen.

5. Matemaattisen induktion menetelmän soveltaminen geometristen tehtävien ratkaisuun.

6. Luettelo käytetystä kirjallisuudesta.

Johdanto

Deduktiiviset ja induktiiviset menetelmät ovat kaiken matemaattisen tutkimuksen perusta. Deduktiivinen päättelytapa on päättelyä yleisestä erityiseen, ts. päättely, jonka lähtökohta on yleinen tulos ja loppupiste on erityinen tulos. Induktiota käytetään siirryttäessä tietyistä tuloksista yleisiin, ts. on deduktiivisen menetelmän vastakohta. Matemaattisen induktion menetelmää voidaan verrata edistymiseen. Aloitamme alimmasta, loogisen ajattelun tuloksena pääsemme korkeimpaan. Ihminen on aina pyrkinyt edistymään, kykyyn kehittää ajatteluaan loogisesti, mikä tarkoittaa, että luonto itse on määrännyt hänet ajattelemaan induktiivisesti. Vaikka matemaattisen induktion menetelmän sovellusalue on laajentunut, siihen on koulun opetussuunnitelmassa varattu vähän aikaa, mutta induktiivisen ajattelun kyky on niin tärkeää. Tämän periaatteen soveltaminen tehtävien ratkaisussa ja lauseiden todistamisessa on samalla tasolla kuin muiden matemaattisten periaatteiden huomioon ottaminen koulukäytännössä: poissuljettu keskikohta, inkluusio-poissulkeminen, Dirichlet jne. Tämä essee sisältää ongelmia matematiikan eri aloilta, joissa päätyökalu on matemaattisen induktion käyttömenetelmä. Puhuessaan tämän menetelmän tärkeydestä A.N. Kolmogorov totesi, että "matemaattisen induktion periaatteen ymmärtäminen ja kyky soveltaa on hyvä kypsyyden kriteeri, mikä on matemaatikolle ehdottoman välttämätöntä." Induktiomenetelmä sen laajimmassa merkityksessä koostuu siirtymisestä yksityisistä havainnoista yleismaailmalliseen, yleiseen malliin tai yleiseen muotoiluun. Tässä tulkinnassa menetelmä on tietysti päätekniikka minkä tahansa kokeellisen luonnontieteen tutkimuksen suorittamiseksi.

ihmistoiminta. Matemaattisen induktion menetelmää (periaatetta) yksinkertaisimmassa muodossaan käytetään, kun on tarpeen todistaa väite kaikille luonnollisille luvuille.

Tehtävä 1. Artikkelissaan "Kuinka minusta tuli matemaatikko" A.N. Kolmogorov kirjoittaa: "Opin matemaattisen "löydön" ilon varhain, kun huomasin kuvion viiden tai kuuden vuoden iässä.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d L 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 ja niin edelleen.

Koulu julkaisi "Spring Swallows" -lehden. Siinä löytöni julkaistiin ... "

Emme tiedä, millaisia ​​todisteita tässä lehdessä esitettiin, mutta kaikki alkoi yksityisistä havainnoista. Itse hypoteesi, joka luultavasti syntyi näiden osittaisyhtälöiden löytämisen jälkeen, on, että kaava

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2

totta mille tahansa numerolle n = 1, 2, 3, ...

Tämän olettamuksen todistamiseksi riittää, kun vahvistetaan kaksi tosiasiaa. Ensinnäkin varten n = 1 (ja jopa n = 2, 3, 4) haluttu väite on tosi. Toiseksi oletetaan, että väite pitää paikkansa n = k, ja varmista, että se pitää paikkansa myös n = k + 1:

1 + 3 + 5+…+ (2 k - 1) + (2 k + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2 k - 1)) + (2 k + 1) = k 2 + (2 k + 1) = (k + I) 2.

Näin ollen todistettava väite pätee kaikkiin arvoihin n: n = 1 se on totta (tämä on varmistettu), ja toisen tosiasian perusteella for n = 2, mistä n:lle = 3 (saman toisen tosiasian vuoksi) jne.

Tehtävä 2. Tarkastellaan kaikkia mahdollisia tavallisia murtolukuja, joissa on osoittaja 1 ja mikä tahansa (positiivinen kokonaisluku)

nimittäjä: Todista se mille tahansa n> 3 voidaan esittää summana P erilaisia ​​tämän tyyppisiä fraktioita.

Ratkaisu, Tarkistakaamme ensin tämä väite n = 3; meillä on:

Näin ollen perusväite täyttyy

Oletetaan nyt, että meitä kiinnostava väite on totta jollekin luvulle, ja todista, että se pitää paikkansa myös sitä seuraavalle numerolle kohtaan + 1. Toisin sanoen, oletetaan, että on esitys

jossa k termit ja kaikki nimittäjät ovat erilaisia. Osoittakaamme, että silloin on mahdollista saada yksikön esitys summan muodossa kohtaan + 1 fraktio haluttua tyyppiä. Oletetaan, että murtoluvut pienenevät, eli nimittäjät (yksikön esityksessä summalla kohtaan termit) kasvaa vasemmalta oikealle niin, että t on nimittäjistä suurin. Saamme tarvitsemamme edustuksen summan muodossa(to + 1) murtoluku, jos jaetaan yksi murto, esimerkiksi viimeinen, kahdeksi. Tämä voidaan tehdä, koska

Ja siksi

Lisäksi kaikki jakeet pysyvät erilaisina, koska t oli suurin nimittäjä, ja t + 1 > t ja

m(t + 1) > m.

Näin ollen olemme perustaneet:

1. arvolle n = 3 tämä väite on totta;

1. jos meitä kiinnostava väite pitää paikkansa,
   silloin se pitää paikkansa myös kohtaan +1.

Tällä perusteella voimme väittää, että tarkasteltava väite pätee kaikkiin luonnollisiin luvuihin, alkaen kolmesta. Lisäksi yllä oleva todistus sisältää myös algoritmin halutun yksikön osion löytämiseksi. (Mikä algoritmi tämä on? Kuvittele luku 1 itse 4, 5, 7 termien summana.)

Kahden edellisen ongelman ratkaisemisessa otettiin kaksi vaihetta. Ensimmäinen askel on ns perusta induktio, toineninduktiivinen siirtymätai induktiovaihe. Toinen vaihe on tärkein, ja siihen sisältyy oletus (väite on totta n = k) ja johtopäätös (väite on totta n = k + 1). Itse parametria p kutsutaan induktioparametri.Tämä looginen kaavio (laite), jonka avulla voidaan päätellä, että tarkasteltava väite on totta kaikille luonnollisille luvuille (tai kaikille, joistakin alkaen), koska sekä kanta että siirtymä ovat voimassa, on ns.matemaattisen induktion periaate, jossa ja matemaattisen induktion menetelmä perustuu.Itse termi "induktio" tulee latinan sanasta induktio (opastus), joka tarkoittaa siirtymistä yksittäisestä tiedosta tietyn luokan yksittäisistä objekteista yleiseen johtopäätökseen tietyn luokan kaikista objekteista, mikä on yksi tärkeimmistä tiedon menetelmistä.

Matemaattisen induktion periaate, tavallisessa kaksivaiheisessa muodossa, ilmestyi ensimmäisen kerran vuonna 1654 Blaise Pascalin tutkielmassa aritmeettisesta kolmiosta, jossa induktiolla todistettiin yksinkertainen tapa laskea yhdistelmien lukumäärä (binomiaaliset kertoimet). D. Poya lainaa kirjassa B. Pascalia pienin muutoksin hakasulkeissa:

"Huolimatta siitä, että tarkasteltavana oleva lause [eksplisiittinen kaava binomikertoimille] sisältää äärettömän määrän erikoistapauksia, annan sille hyvin lyhyen todisteen, joka perustuu kahteen lemmaan.

Ensimmäinen lemma väittää, että olettamus pitää paikkansa pohjalle - tämä on ilmeistä. [At P = 1 eksplisiittinen kaava on kelvollinen...]

Toinen lemma sanoo seuraavaa: jos olettamuksemme on tosi mielivaltaiselle kantalle [mielivaltaiselle r:lle], niin se on totta seuraavalle kantalle [for n + 1].

Nämä kaksi lemmaa merkitsevät välttämättä ehdotuksen pätevyyttä kaikille arvoille P. Todellakin, ensimmäisen lemman nojalla se pätee P = 1; siksi se on toisen lemman nojalla voimassa P = 2; siksi, jälleen toisen lemman perusteella, se on voimassa n = 3 ja niin edelleen loputtomiin.

Tehtävä 3. Hanoin palapelin tornit koostuvat kolmesta tangosta. Yhdessä tangossa on pyramidi (kuva 1), joka koostuu useista halkaisijaltaan eri renkaista, jotka pienenevät alhaalta ylös

Kuva 1

Tämä pyramidi on siirrettävä johonkin muuhun sauvaan siirtämällä vain yksi rengas joka kerta eikä aseta suurempaa rengasta pienemmän päälle. Voidaanko se tehdä?

Ratkaisu. Joten meidän on vastattava kysymykseen: onko mahdollista siirtää pyramidia, joka koostuu P halkaisijaltaan eri renkaat, tangosta toiseen, pelin sääntöjä noudattaen? Nyt ongelma on, kuten sanotaan, meidän parametroimamme (luonnollinen luku P), ja se voidaan ratkaista matemaattisella induktiolla.

1. induktion perusta. Jos n = 1, kaikki on selvää, koska yhden renkaan pyramidi voidaan luonnollisesti siirtää mihin tahansa sauvaan.
2. induktiovaihe. Oletetaan, että voimme siirtää mitä tahansa pyramidia renkaiden lukumäärällä p = k.
   Todistakaamme, että silloin voimme myös siirtää pyramidin keskeltä n = k + 1.

Pyramidi alkaen - renkaat makaavat suurimmalla(to + 1)-s rengas, voimme oletuksen mukaan siirtyä mihin tahansa muuhun pivotiin. Tehdään se. liikkumaton(to + 1) rengas ei häiritse meitä suorittamaan siirtoalgoritmia, koska se on suurin. Siirron jälkeen kohtaan renkaat, siirrä tämä suurin(to + 1) rengas jäljellä olevaan sauvaan. Ja sitten sovellemme jälleen induktiivisen oletuksen kautta tuntemaamme liikkuvaa algoritmia kohtaan renkaat ja siirrä ne tankoon(to + 1) rengas. Näin ollen, jos voimme siirtää pyramideja kohtaan renkaat, voimme siirtää pyramideja ja kohtaan + 1 sormus. Siksi matemaattisen induktion periaatteen mukaan on aina mahdollista siirtää pyramidia, joka koostuu n rengasta, missä n > 1.

Matemaattisen induktion menetelmä jakoongelmien ratkaisussa.

Matemaattisen induktion menetelmällä voidaan todistaa erilaisia ​​väitteitä luonnollisten lukujen jaollisuudesta.

Tehtävä 4 . Jos n on luonnollinen luku, niin luku on parillinen.

Kohta n=1 lauseemme on tosi: - parillinen luku. Oletetaan, että se on parillinen luku. Koska 2k on parillinen luku, niin se on. Eli pariteetti on todistettu arvolle n=1, pariteetti johdetaan pariteetista, joten jopa kaikille n:n luonnollisille arvoille.

Tehtävä 3. Todista, että luku Z 3 + 3 - 26n - 27 mielivaltaisella luonnollisella n on jaollinen luvulla 26 2 ilman jäännöstä.

Ratkaisu. Todistetaan ensin induktiolla apuväite, että 3 3n+3 1 on jaollinen 26:lla ilman jäännöstä n > 0.

1. induktion perusta. Arvolle n = 0 meillä on: Z 3 - 1 \u003d 26 - jaettuna 26:lla.

induktiovaihe. Oletetaan 3 3n + 3 - 1 on jaollinen 26:lla kun n = k ja Osoittakaamme, että tässä tapauksessa väite pitää paikkansa n = k + 1. Koska 3

sitten induktiivisen oletuksen perusteella päätämme, että luku 3 3k + 6 - 1 on jaollinen 26:lla.

Todistakaamme nyt ongelman ehdolla muotoiltu väite. Ja taas induktiolla.

1. induktion perusta. On selvää, että klo n = 1 väite on totta: koska 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. induktiovaihe. Oletetaan, että klo n = k
   lauseke 3 3k + 3 - 26k - 27 on jaollinen 26:lla 2 ilman jäännöstä ja todistaa, että väite pitää paikkansa n = k + 1,
   eli se numero

jaollinen luvulla 26 2 jälkeä jättämättä. Viimeisessä summassa molemmat termit jaetaan ilman jäännöstä 26:lla 2 . Ensimmäinen johtuu siitä, että olemme osoittaneet, että suluissa oleva lauseke on jaollinen luvulla 26; toinen, induktiivisen hypoteesin mukaan. Matemaattisen induktion periaatteen nojalla tarvittava väite on täysin todistettu.

Matemaattisen induktion menetelmän soveltaminen sarjojen summaukseen.

Tehtävä 5. Todista kaava

N on luonnollinen luku.

Ratkaisu.

Kun n=1, yhtälön molemmat osat muuttuvat yhdeksi ja siten matemaattisen induktion periaatteen ensimmäinen ehto täyttyy.

Oletetaan, että kaava on tosi arvolle n=k, ts.

Lisätään tämän tasa-arvon molempiin puoliin ja muutetaan oikea puoli. Sitten saamme

Siten siitä tosiasiasta, että kaava on tosi n=k:lle, seuraa, että se on totta myös n=k+1:lle. Tämä väite pätee mille tahansa k:n luonnolliselle arvolle. Joten myös matemaattisen induktion periaatteen toinen ehto täyttyy. Kaava on todistettu.

Tehtävä 6. Taululle kirjoitetaan kaksi numeroa: 1.1. Kun syötetään niiden summa lukujen väliin, saadaan luvut 1, 2, 1. Toistamalla tämä operaatio, saadaan luvut 1, 3, 2, 3, 1. Kolmen toiminnon jälkeen luvut ovat 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Mikä on kaikkien taululla olevien numeroiden summa 100 operaatiota?

Ratkaisu. Tee kaikki 100 toiminnot olisivat erittäin aikaa vieviä ja aikaa vieviä. Joten meidän on yritettävä löytää jokin yleinen kaava summalle S numerot n:n jälkeen toiminnot. Katsotaanpa taulukkoa:

Huomasitko tässä mitään kaavaa? Jos ei, voit ottaa vielä yhden askeleen: neljän toiminnon jälkeen tulee numeroita

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

jonka summa S 4 on 82.

Itse asiassa et voi kirjoittaa numeroita, vaan sanoa heti, kuinka summa muuttuu uusien numeroiden lisäämisen jälkeen. Olkoon summa 5. Mitä siitä tulee, kun uusia lukuja lisätään? Jaetaan jokainen uusi luku kahden vanhan summaksi. Esimerkiksi luvuista 1, 3, 2, 3, 1 siirrymme kohtaan 1,

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Eli jokainen vanha luku (lukuun ottamatta kahta äärimmäistä) syöttää nyt summan kolme kertaa, joten uusi summa on 3S - 2 (vähentäkää 2 puuttuvien yksiköiden huomioimiseksi). Siksi S 5 = 3S 4 - 2 = 244 ja yleensä

Mikä on yleinen kaava? Jos se ei olisi kahden yksikön vähentämistä, niin summa kasvaisi joka kerta kolme kertaa, kuten kolminkertaisen potenssissa (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Ja meidän numeromme, kuten nyt näet, ovat yksi enemmän. Voidaan siis olettaa, että

Yritetään nyt todistaa tämä induktiolla.

induktion perusta. Katso taulukko ( n = 0, 1, 2, 3).

induktiovaihe. Kuvitellaanpa sitä

Todistakaamme se sitten S - + 1 \u003d Z - + 1 + 1.

Todella,

Joten kaavamme on todistettu. Se osoittaa, että sadan operaation jälkeen kaikkien taululla olevien numeroiden summa on 3 100 + 1.

Harkitse yhtä merkittävää esimerkkiä matemaattisen induktion periaatteen soveltamisesta, jossa sinun on ensin esitettävä kaksi luonnollista parametria ja sitten suoritettava induktio niiden summalle.

Tehtävä 7. Todista, että jos= 2, x 2 = 3 ja jokaiselle luonnolliselle n> 3

x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2,

sitten

2 n - 1 + 1, n = 1, 2, 3, ...

Ratkaisu. Huomaa, että tässä tehtävässä alkuperäinen numerosarja(x n ) määräytyy induktiolla, koska sekvenssimme termit kahta ensimmäistä lukuun ottamatta annetaan induktiivisesti, eli edellisten kautta. Annettuja sekvenssejä kutsutaan toistuva, ja meidän tapauksessamme tämä sekvenssi määritetään (määrittämällä sen kaksi ensimmäistä termiä) ainutlaatuisella tavalla.

induktion perusta. Se koostuu kahden väitteen tarkistamisesta: n = 1 ja n = 2. B Molemmissa tapauksissa väite on totta olettaen.

induktiovaihe. Oletetaan, että varten n = k - 1 ja n = k väite esitetään, eli

Todistakaamme sitten väite for n = k + 1. Meillä on:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, mikä oli todistettava.

Tehtävä 8. Todista, että mikä tahansa luonnollinen luku voidaan esittää Fibonacci-lukujen toistuvan sarjan useiden eri jäsenten summana:

kun k > 2.

Ratkaisu. Anna p - luonnollinen luku. Suoritamme perehdyttämisen P.

induktion perusta. Jos n = 1 väite on tosi, koska yksikkö on itse Fibonacci-luku.

induktiovaihe. Oletetaan, että kaikki luonnolliset luvut ovat pienempiä kuin jokin luku P, voidaan esittää Fibonacci-sekvenssin useiden eri termien summana. Etsi suurin Fibonacci-luku F t , ei ylitä P; joten F t n ja F t +1 > n.

Koska

Induktiohypoteesin mukaan luku p-Ft voidaan esittää Fibonacci-sekvenssin 5 eri jäsenen summana, ja viimeisestä epäyhtälöstä seuraa, että kaikki Fibonacci-sekvenssin jäsenet, jotka ovat mukana 8:n summassa, ovat pienempiä kuin F t . Siksi numeron laajentaminen n = 8 + F t tyydyttää ongelman tilanteen.

Esimerkkejä matemaattisen induktion menetelmän soveltamisesta epäyhtälöiden todistukseen.

Tehtävä 9. (Bernoullin epätasa-arvo.)Todista, että milloin x > -1, x 0 ja kokonaisluvulle n > 2 eriarvoisuutta

(1 + x) n > 1 + xn.

Ratkaisu. Todistuksen suoritamme jälleen induktiolla.

1. Induktion perusta. Varmistetaan epäyhtälön paikkansapitävyys n = 2. Todellakin,

(1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x.

2. Induktiovaihe. Oletetaan, että numero n = k väite on totta, eli

(1 + x) k > 1 + xk,

Missä k > 2. Todistamme sen arvolle n = k + 1. Meillä on: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.

Joten matemaattisen induktion periaatteen perusteella voidaan väittää, että Bernoullin epäyhtälö pätee mille tahansa n > 2.

Ei aina matemaattisen induktion menetelmällä ratkaistujen ongelmien olosuhteissa, yleinen laki, joka on todistettava, on selkeästi muotoiltu. Joskus on tarpeen erityistapauksia tarkkailemalla ensin selvittää (arvata), mihin yleiseen lakiin ne johtavat, ja vasta sitten todistaa esitetty hypoteesi matemaattisella induktiolla. Lisäksi induktiomuuttuja voidaan peittää, ja ennen ongelman ratkaisemista on määritettävä, millä parametrilla induktio suoritetaan. Harkitse esimerkkinä seuraavia tehtäviä.

Tehtävä 10. Todista se

mille tahansa luonnolliselle n > 1.

Ratkaisu, Yritetään todistaa tämä epäyhtälö matemaattisella induktiolla.

Induktiopohja on helppo tarkistaa: 1+

Induktiivisen hypoteesin mukaan

ja meidän on todistettava se

Käyttämällä induktiivista hypoteesia vahvistamme sen

Vaikka tämä tasa-arvo onkin totta, se ei anna meille ratkaisua ongelmaan.

Yritetään todistaa vahvempi väite kuin mitä alkuperäisessä tehtävässä vaaditaan. Nimittäin me todistamme sen

Saattaa vaikuttaa siltä, ​​että tämän väitteen todistaminen induktiolla on toivotonta.

Kuitenkin osoitteessa p = 1 meillä on: väite on tosi. Oletetaan, että induktiivisen askeleen perustelemiseksi

ja sitten todistamme sen

Todella,

Näin ollen olemme osoittaneet vahvemman väitteen, josta seuraa välittömästi ongelman ehdon sisältämä väite.

Tässä on opettavaista, että vaikka meidän piti todistaa vahvempi väite kuin tehtävässä vaadittiin, voimme myös käyttää vahvempaa oletusta induktiivisessa vaiheessa. Tämä selittää sen, että matemaattisen induktion periaatteen yksinkertainen soveltaminen ei aina johda päämäärään.

Ongelman ratkaisemisessa syntynyt tilanne on nskeksijän paradoksi.Paradoksi itsessään on, että monimutkaisempia suunnitelmia voidaan toteuttaa menestyksekkäämmin, jos ne perustuvat asian ytimeen syvempään ymmärtämiseen.

Tehtävä 11. Todista, että 2m + n - 2m mille tahansa luonnolliselle tyyppi.

Ratkaisu. Tässä meillä on kaksi vaihtoehtoa. Siksi voit yrittää suorittaa nskaksoisinduktio(induktio induktion sisällä).

Suoritamme induktiivisen päättelyn P.

1. Induktion perusta p. Jos n = 1 täytyy tarkistaa se 2 t ~ 1 > t. Tämän epätasa-arvon todistamiseksi käytämme induktiota t.

a) Induktion perusta tilavuudella. Kun t = 1 käynnissä
tasa-arvo, mikä on hyväksyttävää.

b) Induktiovaihe t:n mukaan.Oletetaan, että klo t = k väite on totta, eli 2 k ~ 1 > k. Sitten ylös
Sanotaan, että väite on totta, vaikka m = k + 1.
Meillä on:

luonnollisessa k.

Eli epätasa-arvo 2 suoritetaan mille tahansa luonnolliselle t.

2. Induktiovaihe kohteen mukaanValitse ja korjaa jokin luonnollinen luku t. Oletetaan, että klo n = I väite on tosi (kiinteälle t), eli 2 t +1 ~ 2 > t1, ja todistaa, että silloin väite pitää paikkansa n = l + 1.
Meillä on:

mille tahansa luonnolliselle tyyppi.

Siksi matemaattisen induktion periaatteen perusteella (mukaan P) ongelman väite on totta kaikille P ja kaikista kiinteistä t. Näin ollen tämä epätasa-arvo pätee kaikkiin luonnollisiin tyyppi.

Tehtävä 12. Olkoot m, n ja k ovat luonnollisia lukuja ja t > s Kumpi kahdesta luvusta on suurempi:

Jokaisessa ilmeessä kohtaan neliöjuurimerkit, t ja n vuorottelevat.

Ratkaisu. Todistakaamme ensin jokin apuväite.

Lemma. Kaikille luonnollisille t ja n (t > n) ja ei-negatiivinen (ei välttämättä kokonaisluku) X epätasa-arvoa

Todiste. Harkitse eriarvoisuutta

Tämä eriarvoisuus on totta, koska molemmat vasemman puolen tekijät ovat positiivisia. Hakasulkeiden laajentaminen ja muuntaminen, saamme:

Ottamalla viimeisen epäyhtälön molempien osien neliöjuuren saamme lemman väitteen. Joten lemma on todistettu.

Siirrytään nyt ongelman ratkaisemiseen. Merkitään ensimmäinen näistä luvuista numerolla a, ja toinen läpi b . Todistetaan, että a mille tahansa luonnolliselle kohtaan. Todistus suoritetaan matemaattisen induktion menetelmällä erikseen parilliselle ja paritolle kohtaan.

induktion perusta. Jos k = 1 meillä on epätasa-arvo

y[t > y/n , joka on voimassa, koska m > n. = 2, haluttu tulos saadaan todistetusta lemmasta korvaamalla x = 0.

induktiovaihe. Oletetaan, että joillekin epätasa-arvoon a >b reilua. Todistetaan se

Induktio-oletuksesta ja neliöjuuren monotonisuudesta saamme:

Toisaalta todistetusta lemasta seuraa, että

Yhdistämällä kaksi viimeistä epäyhtälöä saadaan:

Matemaattisen induktion periaatteen mukaan väite todistetaan.

Tehtävä 13. (Cauchyn epätasa-arvo.)Todista, että millä tahansa positiivisella luvulla..., a p epätasa-arvoa

Ratkaisu. Jos n = 2, epäyhtälö

aritmeettinen keskiarvo ja geometrinen keskiarvo (kahdelle luvulle) katsotaan tunnetuiksi. Päästää n = 2, k = 1, 2, 3, ... ja suorita ensin induktio päälle kohtaan. Tämän induktion perusta pätee Olettaen nyt, että haluttu epätasa-arvo on jo vahvistettu n = 2, todistamme sen P = 2. Meillä on (käyttäen epäyhtälöä kahdelle numerolle):

Siksi induktiohypoteesilla

Siten induktiolla k:lla olemme osoittaneet epätasa-arvon kaikille p 9 jotka ovat kahden tehoja.

Todistaa muiden arvojen epätasa-arvon P käytämme "induktiota alas" eli todistamme, että jos epäyhtälö täyttyy mielivaltaiselle ei-negatiiville P numeroita, se pätee myös(P - 1) numero. Tämän tarkistamiseksi panemme merkille, että tehdyn oletuksen mukaan varten P numerot, epätasa-arvo

eli a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Jakamalla molemmat osat P - 1, saamme vaaditun epäyhtälön.

Joten ensin totesimme, että epäyhtälö pätee äärettömälle määrälle mahdollisia arvoja P, ja sitten osoitti, että jos epätasa-arvo pätee P numeroita, se pätee myös(P - 1) numerot. Tästä päättelemme nyt, että Cotyn epätasa-arvo pätee joukkoon P ei-negatiiviset luvut mille tahansa n = 2, 3, 4, ...

Tehtävä 14. (D. Uspensky.) Jokaiselle kolmiolle ABC, jonka kulmat = CAB = CBA ovat suhteellisia, on epätasa-arvoa

Ratkaisu. Kulmat ja ovat vertailukelpoisia, mikä tarkoittaa (määritelmän mukaan), että näillä kulmilla on yhteinen mitta, jolle = p, = (p, q ovat luonnollisia yhteislukuja).

Käytetään matemaattisen induktion menetelmää ja vedetään se summan päälle n = p + q luonnolliset koprime-luvut..

induktion perusta. Kohdille p + q = 2 meillä on: p = 1 ja q = 1. Silloin kolmio ABC on tasakylkinen ja halutut epäyhtälöt ovat ilmeisiä: ne seuraavat kolmio-epäyhtälöstä

induktiovaihe. Oletetaan nyt, että halutut epäyhtälöt määritetään p + q = 2, 3, ..., k - 1, missä k > 2. Osoitetaan, että epäyhtälöt pätevät myös p + q = k.

Olkoon ABC on annettu kolmio kanssa> 2. Sitten sivut AC ja BC ei voi olla tasa-arvoinen: anna AC > BC. Rakennetaan nyt, kuten kuvassa 2, tasakylkinen kolmio ABC; meillä on:

AC \u003d DC ja AD \u003d AB + BD, joten

2AC > AB + BD (1)

Harkitse nyt kolmiota VDC, joiden kulmat ovat myös vertailukelpoisia:

DCB = (q - p), BDC = p.

Riisi. 2

Tämä kolmio täyttää induktiivisen oletuksen, ja siksi

(2)

Lisäämällä (1) ja (2) saamme:

2AC+BD>

ja siksi

Samasta kolmiosta WBS induktiohypoteesin avulla päätämme, että

Kun otetaan huomioon aikaisempi epätasa-arvo, päättelemme, että

Siten saadaan induktiivinen siirtymä, ja ongelman esitys seuraa matemaattisen induktion periaatteesta.

Kommentti. Tehtävän lause pysyy voimassa myös silloin, kun kulmat a ja p eivät ole vertailukelpoisia. Yleisen tapauksen tarkastelun perusteella meidän on jo sovellettava toista tärkeää matemaattista periaatetta - jatkuvuuden periaatetta.

Tehtävä 15. Useat suorat jakavat tason osiin. Todista, että nämä osat on mahdollista värjätä valkoisiksi

ja mustat värit siten, että viereiset osat, joilla on yhteinen reunasegmentti, ovat erivärisiä (kuten kuvassa 3, kun n = 4).

kuva 3

Ratkaisu. Käytämme induktiota rivien lukumäärässä. Joten anna P - niiden rivien lukumäärä, jotka jakavat koneemme osiin, n > 1.

induktion perusta. Jos on vain yksi suora(P = 1), niin se jakaa tason kahteen puolitasoon, joista toinen voidaan värjätä valkoiseksi ja toinen mustaksi, ja tehtävän väite pitää paikkansa.

induktiovaihe. Jotta induktiivisen askeleen todistus olisi selkeämpi, harkitse yhden uuden rivin lisäämistä. Jos vedetään toinen viiva(P= 2), niin saadaan neljä osaa, jotka voidaan värjätä halutulla tavalla maalaamalla vastakkaiset kulmat samalla värillä. Katsotaan mitä tapahtuu, jos vedämme kolmannen suoran. Se jakaa osan "vanhoista" osista, kun taas reunaan ilmestyy uusia osia, joiden molemmilla puolilla väri on sama (kuva 4).

Riisi. neljä

Jatketaan seuraavasti:yksi puoliuudesta suorasta vaihdamme värejä - teemme valkoisesta mustaksi ja päinvastoin; samaan aikaan tämän suoran toisella puolella olevia osia ei maalata uudelleen (kuva 5). Sitten tämä uusi väritys täyttää tarvittavat vaatimukset: toisaalta suora viiva oli jo vuorotteleva (mutta eri väreillä), ja toisaalta se oli välttämätöntä. Jotta osat, joilla on yhteinen piirrettyyn viivaan kuuluva raja, maalattaisiin eri väreillä, maalasimme osat uudelleen vain tämän piirretyn viivan yhdeltä puolelta.

Kuva 5

Todistakaamme nyt induktiivinen askel. Oletetaan, että joillekinn = ktehtävän lause on pätevä, eli kaikki tason osat, joihin se on jaettu näilläkohtaansuoraan, voit maalata valkoiseksi ja mustaksi niin, että viereiset osat ovat erivärisiä. Osoittakaamme, että silloin on olemassa sellainen väritysP= kohtaan+ 1 suora. Jatketaan samalla tavalla kuin siirtyminen kahdesta suorasta kolmeen. Vietämme lentokoneessakohtaansuoraan. Sitten induktiivisen oletuksen mukaan tuloksena oleva "kartta" voidaan värittää halutulla tavalla. Kulutetaan nyt(to+ 1)-:s suora ja sen toisella puolella vaihdamme värit vastakkaisiin. Joten nyt(to+1):s suora kaikkialla erottaa erivärisiä osia, kun taas "vanhat" osat, kuten olemme jo nähneet, pysyvät oikein väritettyinä. Matemaattisen induktion periaatteen mukaan ongelma on ratkaistu.

Tehtävä16. Aavikon reunalla on runsaasti bensiiniä ja auto, joka voi matkustaa täydellä huoltoasemalla 50 kilometriä. Rajoittamattomissa määrissä on kanistereita, joihin voit tyhjentää bensiinin auton kaasusäiliöstä ja jättää sen varastoitavaksi minne tahansa erämaahan. Osoita, että auto voi kulkea minkä tahansa kokonaislukumatkan, joka on suurempi kuin 50 kilometriä. Bensiinitölkkejä ei saa kuljettaa, tyhjiä tölkkejä saa kuljettaa mitä tahansa määrää.

Ratkaisu.Yritetään todistaa se induktiollaP,että auto voi ajaaPkilometriä aavikon reunalta. kloP= 50 tiedetään. On vielä suoritettava induktiovaihe ja selittävä, kuinka sinne pääseen = k+ 1 km jos tiedossan = kkilometriä voi ajaa.

Tässä kohtaamme kuitenkin vaikeuden: ohituksen jälkeenkohtaankilometriä, bensa ei välttämättä edes riitä paluumatkalle (varastosta puhumattakaan). Ja tässä tapauksessa ulospääsy on vahvistaa todistettavaa väitettä (keksijän paradoksi). Todistamme, että ei ole mahdollista vain ajaaPkilometriä, mutta myös mielivaltaisen suuren polttoainemäärän valmistaminen etäältäPkilometriä aavikon reunalta, ollessaan tässä kohdassa kuljetuksen päätyttyä.

induktion perusta.Olkoon bensiinin yksikkö se bensiinin määrä, joka tarvitaan yhden kilometrin matkaan. Sitten 1 kilometrin matka ja takaisin vaatii kaksi yksikköä bensaa, joten voimme jättää 48 yksikköä bensiiniä varastoon kilometrin päähän reunasta ja palata lisää. Näin voimme tehdä useille varastomatkoille tarvitsemamme mielivaltaisen kokoisen varaston. Samaan aikaan, jotta voimme luoda 48 yksikköä varastoa, käytämme 50 yksikköä bensiiniä.

induktiovaihe.Oletetaan, että etänäP= kohtaanaavikon reunalta voit varastoida minkä tahansa määrän bensiiniä. Osoittakaamme, että silloin on mahdollista luoda arkisto etäältän = k+ 1 km millä tahansa ennalta määrätyllä bensiinin määrällä ja ole tässä varastossa kuljetuksen päätyttyä. Koska pisteessäP= kohtaanbensiiniä on rajoittamaton määrä, niin (induktiopohjan mukaan) voimme useilla matkoilla pisteeseenn = k+ 1 tehdäksesi pisteenP= kohtaan4-1 varastosta mitä tahansa tarvitsemaasi kokoa.

Ongelman edellytystä yleisemmän väitteen totuus seuraa nyt matemaattisen induktion periaatteesta.

Johtopäätös

Erityisesti matemaattisen induktion menetelmän opiskelun jälkeen paransin tietämystäni tällä matematiikan alueella ja opin myös ratkaisemaan ongelmia, jotka olivat aiemmin ylivoimaiseni.

Periaatteessa nämä olivat loogisia ja viihdyttäviä tehtäviä, ts. vain ne, jotka lisäävät kiinnostusta matematiikkaa kohtaan tieteenä. Tällaisten ongelmien ratkaisemisesta tulee viihdyttävää toimintaa ja se voi houkutella yhä enemmän uteliaita ihmisiä matemaattisiin labyrinteihin. Mielestäni tämä on kaiken tieteen perusta.

Jatkamalla matemaattisen induktion menetelmän tutkimista, yritän oppia soveltamaan sitä paitsi matematiikassa myös fysiikan, kemian ja itse elämän ongelmien ratkaisemisessa.

Kirjallisuus

1. Vulenkin INDUKTIO. Kombinatoriikka. Käsikirja opettajille. M., valaistuminen,

1976.-48 s.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induktio geometriassa. - M.: Gosud. kustantaja palaa. - 1956 - S.I00. Matematiikan käsikirja yliopistoihin hakijoille / Toim. Yakovleva G.N. Tiede. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Induktio geometriassa. —
M .: Nauka, 1961. - (Suosittuja matematiikan luentoja.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Oppikirja / "Valaistus" 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Mikä on matematiikka?" Luku 1, § 2

6. Popa D. Matematiikka ja uskottava päättely. - M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Matemaattinen löytö. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Kuinka opettaa matemaattisen induktion menetelmä / Matematiikan koulu. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Matemaattisen induktion menetelmästä. - M .: Nauka, 1977. - (Suosittuja matematiikan luentoja.)

10. Solominsky I.S. Matemaattisen induktion menetelmä. - M.: Tiede.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Matemaattisesta induktiosta. - M.: Tiede. - 1967. - S.7-59.

12.http://w.wikiredia.org/wiki

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html

Monilla matematiikan aloilla täytyy todistaa väitteen totuus, joka riippuu , ts. ehdotuksen totuus p(n) varten " nнN (jolle tahansa n PÄÄLLÄ p(n) oikein).

Tämä voidaan usein todistaa matemaattinen induktiomenetelmä.

Tämä menetelmä perustuu matemaattisen induktion periaatteeseen. Se valitaan yleensä yhdeksi aritmeettisiksi aksioomeiksi ja hyväksytään siten ilman todisteita. Matemaattisen induktion periaatteen mukaan lause p(n) katsotaan todeksi kaikille muuttujan luonnollisille arvoille, jos kaksi ehtoa täyttyy:

1. Tarjous p(n) totta n= 1.

2. Lauseesta että p(n) totta n =k (k - mielivaltainen luonnollinen luku) tästä seuraa, että se on totta n =k+ 1.

Matemaattisen induktion menetelmällä tarkoitetaan seuraavaa todistusmenetelmää

1. Tarkista väitteen totuus n= 1 on induktion kanta.

2. Oletetaan, että väite pitää paikkansa n = k - induktiivinen oletus.

3. Todista, että silloin se on myös totta n =k+ 1 induktiivinen siirtymä.

Joskus ehdotus p(n) osoittautuu todeksi ei kaikille luonnollisille n, ja alkaen joistakin n = n 0. Tässä tapauksessa totuus tarkistetaan induktiokannasta p(n) klo n = n 0.

Esimerkki 1 Päästää . Todista se

1. Induktiopohja: milloin n= 1 määritelmän mukaan S 1 = 1 ja kaavalla saadaan yksi tulos. Väite on oikea.

n=k ja .

n=k+ 1. Todistakaamme, että .

Todellakin, induktiivisen oletuksen perusteella

Muunnetaan tämä ilmaus

Induktiivinen siirtymä on todistettu.

Kommentti. On hyödyllistä kirjoittaa ylös, mitä on annettu (induktiivinen oletus) ja mikä on todistettava!

Esimerkki 2 Todistaa

1. Induktion perusta. klo n= 1, väite on ilmeisen totta.

2. Induktiivinen oletus. Päästää n=k ja

3. Induktiivinen siirtymä. Päästää n=k+ 1. Todistakaamme:

Tosiaankin, neliötetään oikea puoli kahden luvun summana:

Käyttämällä induktiivista oletusta ja aritmeettisen progression summan kaavaa: , saamme

Esimerkki 3 Todista epätasa-arvo

1. Induktion perusta tässä tapauksessa on lauseen totuuden varmistus, ts. eriarvoisuus on tarkistettava. Tätä varten riittää, että epäyhtälö neliötetään: tai 63< 64 – неравенство верно.

2. Olkoon epäyhtälö totta , so.

3. Todista:

Käytämme induktiohypoteesia

Kun tiedämme, miltä oikean puolen tulisi näyttää todistetussa epätasa-arvossa, valitsemme tämän osan

On vielä todettava, että ylimääräinen tekijä ei ylitä yhtenäisyyttä. Todella,

Esimerkki 4 Todista, että mikä tahansa luonnollinen luku päättyy numeroon.

1. Pienin luonnollinen luku, josta väite on tosi, on yhtä suuri kuin . .

2. Anna numeron loppua . Tämä tarkoittaa, että tämä luku voidaan kirjoittaa muodossa , jossa on jokin luonnollinen luku. Sitten .

3. Anna . Todistetaan, että se päättyy . Saatua esitystä käyttämällä saamme

Viimeisessä numerossa on täsmälleen yksi.

Sovellus

1.4. Matemaattisen induktion menetelmä

Kuten tiedät, matemaattiset väitteet (lauseet) on perusteltava, todistettava. Tutustumme nyt yhteen todistusmenetelmistä - matemaattisen induktion menetelmään.

Laajassa mielessä induktio on päättelytapa, jonka avulla voit siirtyä tietyistä väitteistä yleisiin. Käänteistä siirtymistä yleisistä väitteistä erityisiin sanotaan deduktioksi.

Päätelmä johtaa aina oikeisiin johtopäätöksiin. Tiedämme esimerkiksi yleisen tuloksen: kaikki nollaan päättyvät kokonaisluvut ovat jaollisia 5:llä. Tästä voidaan tietysti päätellä, että mikä tahansa tietty nollaan päättyvä luku, kuten 180, on jaollinen 5:llä.

Samalla induktio voi johtaa vääriin johtopäätöksiin. Esimerkiksi, kun huomaamme, että luku 60 on jaollinen luvuilla 1, 2, 3, 4, 5, 6, meillä ei ole oikeutta päätellä, että luku 60 on jaollinen millään luvulla.

Matemaattisen induktion menetelmä mahdollistaa monissa tapauksissa sen yleisen väitteen P(n) pätevyyden todistamisen tiukasti, jonka formulaatiossa on luonnollinen luku n.

Menetelmän soveltaminen sisältää 3 vaihetta.

1) Induktion kanta: tarkistamme lauseen P(n) pätevyyden arvolle n = 1 (tai toiselle, n:n yksityiselle arvolle, josta alkaen oletetaan P(n):n pätevyys).

2) Induktio-oletus: oletetaan, että P(n) on tosi kun n = k.

3) Induktioaskel: oletuksen avulla todistetaan, että P(n) on tosi, kun n = k + 1.

Tämän seurauksena voimme päätellä, että P(n) pätee mille tahansa n ∈ N:lle. Todellakin, kun n = 1, väite on tosi (induktion kanta). Ja siksi se on totta myös n = 2:lle, koska siirtyminen arvosta n = 1 arvoon n = 2 on perusteltu (induktioaskel). Käyttämällä induktioaskelta yhä uudelleen saadaan P(n):n validiteetti arvolle n = 3, 4, 5, . . ., eli P(n):n kelpoisuus kaikille n:lle.

Esimerkki 14. Ensimmäisen n parittoman luonnollisen luvun summa on n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Todistus suoritetaan matemaattisen induktion menetelmällä.

1) Kanta: arvolle n = 1 on vain yksi termi vasemmalla, saamme: 1 = 1.

Väite on oikea.

2) Oletus: oletetaan, että jollekin k:lle yhtälö on tosi: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Laukausten aikana tapahtuvien osumien todennäköisyyteen liittyvien ongelmien ratkaiseminen

Ongelman yleinen ilmaus on seuraava:

Todennäköisyys osua maaliin yhdellä laukauksella on yhtä suuri kuin $p$. $n$ laukausta ammuttiin. Laske todennäköisyys, että kohde osuu tarkalleen $k$ kertaa (on $k$ osumia).

Käytämme Bernoullin kaavaa ja saamme:

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k).

Tässä $C_n^k$ on yhdistelmien määrä välillä $n$ - $k$.

Jos ongelmaan liittyy useita nuolia erilaisia ​​todennäköisyyksiä maaliin osuminen, teoria, ratkaisuesimerkit ja laskin löydät täältä.

Opetusvideo ja Excel-malli

Katso videomme ongelmien ratkaisemisesta Bernoulli-otoksilla ja opi käyttämään Exceliä yleisten ongelmien ratkaisemiseen.

Videon Excel-laskentatiedoston voi ladata ilmaiseksi ja käyttää ongelmien ratkaisemiseen.

Esimerkkejä maaliin osumiseen liittyvien ongelmien ratkaisemisesta laukaussarjassa

Katsotaanpa muutamia tyypillisiä esimerkkejä.

Esimerkki 1 Ammutti 7 laukausta. Todennäköisyys osua yhdellä laukauksella on 0,705. Laske todennäköisyys, että osumia tulee täsmälleen 5.

Saamme, että ongelma koskee toistuvia riippumattomia testejä (laukauksia maaliin), yhteensä $n=7$ laukausta ammutaan, osumistodennäköisyys jokaisella $p=0.705$, puuttumisen todennäköisyys $q=1-p = 1-0,705 = 0,295 $.

Meidän on havaittava, että osumia tulee täsmälleen $k=5$. Korvaamme kaiken kaavaan (1) ja saamme: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Esimerkki 2 Todennäköisyys osua maaliin yhdellä laukauksella on 0,4.

Maaliin ammutaan neljä itsenäistä laukausta. Laske todennäköisyys, että kohteeseen tulee ainakin yksi osuma.

Tutkimme ongelmaa ja kirjoitamme parametrit muistiin: $n=4$ (laukaus), $p=0.4$ (osumatodennäköisyys), $k \ge 1$ (osuma tulee ainakin yksi).

Käytämme päinvastaisen tapahtuman todennäköisyyden kaavaa (ei osumaa):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 ,6 ^4 = 1 - 0,6 ^ 4 = 1 - 0,13 = 0,87. $$

Todennäköisyys osua vähintään kerran neljästä on 0,87 tai 87 %.

Esimerkki 3 Todennäköisyys, että ampuja osuu maaliin, on 0,3.

Laske todennäköisyys, että 6 laukauksella maali osuu kolmesta kuuteen kertaan.

Toisin kuin edellisissä tehtävissä, tässä on löydettävä todennäköisyys, että osumien määrä on tietyllä aikavälillä (eikä täsmälleen yhtä suuri kuin jokin luku). Mutta kaava on sama.

Selvitetään todennäköisyys, että kohteeseen osuu kolmesta kuuteen kertaan, eli osumia tulee joko 3 tai 4 tai 5 tai 6 kertaa.

Nämä todennäköisyydet lasketaan kaavalla (1):

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cpiste 0,3^3\cpiste 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0.3^4\cdot 0.7^2 = 0.06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0.3^5\cdot 0.7^1 = 0.01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0.3^6\cdot 0.7^0 = 0.001.

Koska tapahtumat eivät ole yhteensopivia, haluttu todennäköisyys voidaan löytää käyttämällä todennäköisyyksien summauskaavaa: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) = $$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

Esimerkki 4 Ainakin yhden osuman todennäköisyys neljällä laukauksella maaliin on 0,9984. Selvitä todennäköisyys osua kohteeseen yhdellä laukauksella.

Merkitään todennäköisyys osua kohteeseen yhdellä laukauksella. Siirrytään tapahtumaan:
$A = $ (neljästä laukauksesta vähintään yksi osuu maaliin),
sekä sen vastakkainen tapahtuma, joka voidaan kirjoittaa seuraavasti:
$\overline(A) = $ (Kaikki 4 laukausta ohittavat maalin, ei osumia).

Kirjataan ylös kaava tapahtuman $A$ todennäköisyydelle.

Kirjataan muistiin tunnetut arvot: $n=4$, $P(A)=0.9984$. Korvaa kaavassa (1) ja saat:

$$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4 = 0,9984.

Ratkaisemme tuloksena olevan yhtälön:

$$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$

Joten todennäköisyys osua maaliin yhdellä laukauksella on 0,8.

Kiitos kun luit ja jaat muiden kanssa

hyödyllisiä linkkejä

Etsi ratkaisusta valmiita tehtäviä:

Online-laskelmat Bernoullin kaavalla

Epäyhtälön ratkaiseminen laskimella

Matematiikan eriarvoisuus koskee kaikkia yhtälöitä, joissa "=" on korvattu millä tahansa seuraavista merkeistä: \ [> \] \ [\geq \] \ [

* lineaarinen;

* neliö;

* murtoluku;

* suuntaa antava;

* trigonometrinen;

*logaritminen.

Tästä riippuen epäyhtälöitä kutsutaan lineaariseksi, osittaiseksi jne.

Sinun tulee olla tietoinen näistä merkeistä:

* epäyhtälöt suurempi kuin (>) tai pienempi kuin (

* Epätasa-arvoa kuvakkeiden kanssa, jotka ovat suurempia tai yhtä suuria kuin \[\geq\] pienempi tai yhtä suuri kuin [\leq\], kutsutaan epäammattimaiseksi;

* kuvake ei ole sama \[\ne\] yksin, mutta tapaukset, joissa on tämä kuvake, on ratkaistava koko ajan.

Tällainen eriarvoisuus ratkaistaan ​​identiteettien muunnoksilla.

Lue myös artikkelimme "Ratkaise online-yhtälön täydellinen ratkaisu"

Oletetaan, että seuraava epätasa-arvo pätee:

Ratkaisemme sen samalla tavalla kuin lineaarisen yhtälön, mutta meidän tulee tarkkailla eriarvoisuuden merkkiä.

Ensin siirretään termit tuntemattomasta vasemmalle, tunnetusta oikealle käännellen symbolit:

Jaamme sitten molemmat puolet -4:llä ja käännämme eriarvoisuuden merkin:

Tämä on vastaus tähän yhtälöön.

Missä voin ratkaista Internetin eriarvoisuuden?

Voit ratkaista yhtälön verkkosivuillamme pocketteacher.ru.

Bernoulli epätasa-arvolaskin

Sekunneissa ilmainen online-pelastusratkaisu ratkaisee kaiken monimutkaisen verkkoyhtälön. Sinun tarvitsee vain syöttää tietosi pelastuspalveluun. Voit myös katsoa video-ohjeet ja oppia ratkaisemaan yhtälön verkkosivuillamme.

Ja jos sinulla on kysyttävää, voit kysyä niitä Vkontakte-ryhmässämme: pocketpeacher. Liity joukkoomme, autamme sinua mielellämme.

Täysi matemaattinen induktiomenetelmä

Yhtälön ratkaiseminen / Differentiaaliyhtälöt

© RU testi - online-laskimet

Differentiaaliyhtälöiden ratkaisu

Syötä ero.

yhtälö:

Laskimella voit ratkaista vaihtelevan monimutkaisuuden differentiaaliyhtälöitä.

Esimerkkejä ratkaistuista differentiaaliyhtälöistä