Jika kalimat A(n), yang bergantung pada bilangan asli n, benar untuk n=1, dan dari fakta bahwa itu benar untuk n=k (di mana k adalah sembarang bilangan asli), maka kalimat itu juga benar untuk bilangan berikutnya n=k +1, maka Asumsi A(n) benar untuk sembarang bilangan asli n.
Dalam sejumlah kasus, mungkin perlu untuk membuktikan validitas pernyataan tertentu tidak untuk semua bilangan asli, tetapi hanya untuk n>p, di mana p adalah bilangan asli tetap. Dalam hal ini, prinsip induksi matematika dirumuskan sebagai berikut.
Jika proposisi A(n) benar untuk n=p dan jika A(k) X A(k+1) untuk sembarang k>p, maka proposisi A(n) benar untuk sembarang n>p.
Pembuktian dengan metode induksi matematika dilakukan sebagai berikut. Pertama, pernyataan yang akan dibuktikan diperiksa untuk n=1, yaitu, kebenaran pernyataan A(1) terbukti. Bagian pembuktian ini disebut dasar induksi. Ini diikuti oleh bagian pembuktian yang disebut langkah induksi. Pada bagian ini, validitas pernyataan untuk n=k+1 dibuktikan dengan asumsi bahwa pernyataan benar untuk n=k (asumsi induktif), yaitu. buktikan bahwa A(k) ~ A(k+1)
Buktikan bahwa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
- 1) Kami memiliki n=1=1 2 . Oleh karena itu, pernyataan ini benar untuk n=1, yaitu A(1) benar
- 2) Buktikan bahwa A(k) ~ A(k+1)
Biarkan k bilangan asli apa saja dan biarkan pernyataan benar untuk n=k, mis.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2
Mari kita buktikan bahwa pernyataan tersebut juga benar untuk bilangan asli berikutnya n=k+1, yaitu Apa
- 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Memang,
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
Jadi, A(k) X A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kita menyimpulkan bahwa asumsi A(n) benar untuk setiap n N
Buktikan itu
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), di mana x No. 1
- 1) Untuk n=1 kita dapatkan
- 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
oleh karena itu, untuk n=1 rumusnya benar; A(1) benar
- 2) Misalkan k bilangan asli apa saja dan biarkan rumus benar untuk n=k,
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)
Mari kita buktikan bahwa persamaan
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Memang
- 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)
Jadi A(k) A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, kami menyimpulkan bahwa rumus ini benar untuk sembarang bilangan asli n
Buktikan bahwa jumlah diagonal n-gon cembung adalah n(n-3)/2
Penyelesaian: 1) Untuk n=3, pernyataan tersebut benar, karena dalam segitiga
A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 diagonal; A 2 A(3) benar
2) Misalkan dalam k-gon cembung apa pun memiliki A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonal. A k Buktikan bahwa pada suatu konveks A k+1 (k+1)-gon banyaknya diagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
Misalkan 1 2 3 …A k A k+1 -cembung (k+1)-gon. Mari kita menggambar diagonal A 1 A k di dalamnya. Untuk menghitung jumlah diagonal dari (k + 1)-gon ini, Anda perlu menghitung jumlah diagonal di k-gon A 1 A 2 ...A k , tambahkan k-2 ke angka yang dihasilkan, mis. jumlah diagonal (k+1)-gon yang berasal dari titik A k+1 , dan, sebagai tambahan, harus memperhitungkan diagonal A 1 A k
Dengan demikian,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
Jadi A(k) A(k+1). Karena prinsip induksi matematika, pernyataan ini benar untuk sembarang n-gon cembung.
Buktikan bahwa untuk sembarang n pernyataan benar:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka
X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1
2) Asumsikan bahwa n=k
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6
3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk n=k+1
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
Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk setiap n natural
Buktikan bahwa untuk sembarang n alam, persamaannya benar:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4
Solusi: 1) Misalkan n=1
Maka X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Kita lihat bahwa untuk n=1 pernyataan benar.
2) Asumsikan bahwa persamaan benar untuk n=k
X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4
3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1, yaitu
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
Dapat dilihat dari bukti di atas bahwa pernyataan benar untuk n=k+1, oleh karena itu, persamaan berlaku untuk sembarang n natural
Buktikan itu
((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), di mana n>2
Solusi: 1) Untuk n=2, identitasnya terlihat seperti:
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 2 3)/2(2 2 +2+1), mis. itu benar
- 2) Asumsikan bahwa ekspresi benar untuk n=k
- (2 3 +1) / (2 3 -1) ... (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
- 3) Kami akan membuktikan kebenaran ekspresi untuk n=k+1
- (((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)
Kami telah membuktikan validitas persamaan untuk n=k+1, oleh karena itu, berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan ini benar untuk setiap n>2
Buktikan itu
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) untuk sembarang n natural
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka
- 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
- 2) Asumsikan bahwa n=k, maka
- 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
- 3) Kami akan membuktikan kebenaran pernyataan ini untuk 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)
Validitas persamaan untuk n=k+1 juga dibuktikan, sehingga pernyataan ini benar untuk sembarang n natural.
Buktikan keabsahan identitasnya
(1 2 /1 3)+(2 2 /3 5)+…+(n 2 /(2n-1) (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) untuk n alami apa pun
- 1) Untuk n=1 identitasnya benar 1 2 /1 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) Asumsikan bahwa untuk n=k
- (1 2 /1 3)+…+(k 2 /(2k-1) (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) Buktikan bahwa identitas benar untuk n=k+1
- (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)
Dapat dilihat dari bukti di atas bahwa pernyataan benar untuk sembarang bilangan bulat positif n.
Buktikan bahwa (11 n+2 +12 2n+1) habis dibagi 133 tanpa sisa
Solusi: 1) Misalkan n=1, maka
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Tetapi (23 133) habis dibagi 133 tanpa sisa, jadi untuk n=1 pernyataannya benar; A(1) benar.
- 2) Asumsikan (11 k+2 +12 2k+1) habis dibagi 133 tanpa sisa
- 3) Mari kita buktikan bahwa dalam kasus ini (11 k+3 +12 2k+3) habis dibagi 133 tanpa sisa. Memang
- 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
Jumlah yang dihasilkan habis dibagi 133 tanpa sisa, karena suku pertamanya habis dibagi 133 tanpa sisa dengan asumsi, dan faktor kedua adalah 133. Jadi, A (k) Yu A (k + 1). Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti
Buktikan bahwa untuk sembarang n 7 n -1 habis dibagi 6 tanpa sisa
- 1) Biarkan n=1, maka X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar
- 2) Misalkan untuk n \u003d k 7 k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa
- 3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1
X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6
Suku pertama habis dibagi 6, karena 7 k -1 habis dibagi 6 dengan asumsi, dan suku kedua adalah 6. Jadi 7 n -1 adalah kelipatan 6 untuk setiap n natural. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 11.
1) Misalkan n=1, maka
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dibagi 11 tanpa sisa.
Jadi untuk n=1 pernyataan benar
- 2) Misalkan untuk n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 tanpa sisa
- 3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk 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
Suku pertama habis dibagi 11 tanpa sisa, karena 3 3k-1 +2 4k-3 habis dibagi 11 dengan asumsi, suku kedua habis dibagi 11, karena salah satu faktornya adalah bilangan 11. Jadi, jumlahnya adalah juga habis dibagi 11 tanpa sisa untuk n natural apa pun. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa 11 2n -1 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 6 tanpa sisa
- 1) Misalkan n=1, maka 11 2 -1=120 habis dibagi 6 tanpa sisa. Jadi untuk n=1 pernyataan benar
- 2) Misalkan untuk n=k 1 2k -1 habis dibagi 6 tanpa sisa
- 11 2(k+1) -1=121 11 2k -1=120 11 2k +(11 2k -1)
Kedua suku habis dibagi 6 tanpa sisa: suku pertama mengandung kelipatan 6 bilangan 120, dan suku kedua habis dibagi 6 tanpa sisa dengan asumsi. Jadi jumlah tersebut habis dibagi 6 tanpa sisa. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti.
Buktikan bahwa 3 3n+3 -26n-27 untuk bilangan bulat positif sembarang n habis dibagi 26 2 (676) tanpa sisa
Mari kita buktikan dulu bahwa 3 3n+3 -1 habis dibagi 26 tanpa sisa
- 1. Ketika n=0
- 3 3 -1=26 habis dibagi 26
- 2. Misalkan untuk n=k
- 3 3k+3 -1 habis dibagi 26
- 3. Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1
- 3 3k+6 -1=27 3 3k+3 -1=26 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - habis dibagi 26
Mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam kondisi masalah
- 1) Jelas bahwa untuk n=1 pernyataan tersebut benar
- 3 3+3 -26-27=676
- 2) Misalkan untuk n=k ekspresi 3 3k+3 -26k-27 habis dibagi 26 2 tanpa sisa
- 3) Buktikan bahwa pernyataan benar untuk n=k+1
- 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)
Kedua suku habis dibagi 26 2 ; yang pertama habis dibagi 26 2 karena kita telah membuktikan bahwa ekspresi dalam kurung habis dibagi 26, dan yang kedua habis dibagi oleh hipotesis induktif. Berdasarkan metode induksi matematika, pernyataan terbukti
Buktikan bahwa jika n>2 dan >0, maka pertidaksamaan (1+х) n >1+n
- 1) Untuk n=2, pertidaksamaan benar, karena
- (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x
Jadi A(2) benar
- 2) Buktikan bahwa A(k) A(k+1) jika k> 2. Asumsikan bahwa A(k) benar, yaitu pertidaksamaan
- (1+х) k >1+k x. (3)
Mari kita buktikan bahwa A(k+1) juga benar, yaitu pertidaksamaan
(1+x) k+1 >1+(k+1) x
Memang, mengalikan kedua ruas pertidaksamaan (3) dengan bilangan positif 1+x, kita memperoleh
(1+x) k+1 >(1+k x)(1+x)
Pertimbangkan sisi kanan pertidaksamaan terakhir; kita punya
(1+k x)(1+x)=1+(k+1) x+k x 2 >1+(k+1) x
Akibatnya, kita mendapatkan bahwa (1+х) k+1 >1+(k+1) x
Jadi A(k) A(k+1). Berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk sembarang n > 2
Buktikan bahwa pertidaksamaan (1+a+a 2) m > 1+m a+(m(m+1)/2) a 2 benar untuk a> 0
Solusi: 1) Untuk m=1
- (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) a 2 kedua bagian sama besar
- 2) Asumsikan bahwa untuk m=k
- (1+a+a 2) k >1+k a+(k(k+1)/2) a 2
- 3) Buktikan bahwa untuk m=k+1 ketidaksamaan benar
- (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
Kami telah membuktikan validitas pertidaksamaan untuk m=k+1, oleh karena itu, karena metode induksi matematika, pertidaksamaan berlaku untuk semua m alami
Buktikan bahwa untuk n>6 pertidaksamaan 3 n >n 2 n+1
Mari kita tulis ulang pertidaksamaan dalam bentuk (3/2) n >2n
- 1. Untuk n=7 kita memiliki 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 7 pertidaksamaan benar
- 2. Misalkan untuk n=k (3/2) k >2k
- 3) Mari kita buktikan validitas pertidaksamaan untuk n=k+1
- 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) (3/2)>2k (3/2)=3k>2(k+1)
Karena k>7, pertidaksamaan terakhir terlihat jelas.
Karena metode induksi matematis, pertidaksamaan ini berlaku untuk sembarang n . natural
Buktikan bahwa untuk n>2 pertidaksamaan
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
- 1) Untuk n=3 pertidaksamaan benar
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Misalkan untuk n=k
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
- 3) Mari kita buktikan validitas pertidaksamaan untuk n=k+1
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
Mari kita buktikan bahwa 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 Yang terakhir sudah jelas, dan karena itu 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Berdasarkan metode induksi matematika, ketidaksetaraan terbukti. Lyceum MBOU "Teknis dan Ekonomi"
METODE INDUKSI MATEMATIKA
METODE INDUKSI MATEMATIKA.
CATATAN PENJELASAN
Pengembangan metodologi "Metode induksi matematika" dikompilasi untuk siswa kelas 10 dari profil matematika. Tujuan utama: untuk memperkenalkan siswa dengan metode induksi matematika dan mengajarkan bagaimana menerapkannya dalam memecahkan berbagai masalah. Dalam pengembangan metodologis, pertanyaan-pertanyaan matematika dasar dipertimbangkan: masalah keterbagian, pembuktian identitas, pembuktian ketidaksetaraan, masalah dengan berbagai tingkat kerumitan yang diajukan, termasuk masalah yang ditawarkan di olimpiade. Peran inferensi induktif dalam ilmu eksperimental sangat besar. Mereka memberikan ketentuan-ketentuan itu, dari mana kesimpulan lebih lanjut kemudian dibuat dengan deduksi. Nama metode induksi matematika menipu - sebenarnya, metode ini deduktif dan memberikan bukti yang kuat dari pernyataan yang ditebak dengan induksi. Metode induksi matematika membantu mengidentifikasi hubungan antara bagian matematika yang berbeda, membantu mengembangkan budaya matematika siswa. Pengertian metode induksi matematika. Induksi lengkap dan tidak lengkap. Bukti ketidaksetaraan. Bukti identitas. Memecahkan masalah keterbagian. Memecahkan berbagai masalah pada topik "Metode induksi matematika". SASTRA UNTUK GURU
1. M.L. Galitsky. Studi mendalam tentang kursus aljabar dan analisis matematis. - Pencerahan M. 1986. 2. L.I. Zvavich. Aljabar dan awal analisis. bahan didaktik. M.Drofa.2001. 3. N.Ya. Vilenkin. Aljabar dan analisis matematis. Pencerahan M. 1995. 4. Yu.V. Mikheev. Metode induksi matematika. NGU.1995. SASTRA UNTUK SISWA
1. N.Ya. Vilenkin. Aljabar dan analisis matematis. Pencerahan M. 1995. 2. Yu.V. Mikheev. Metode induksi matematika. NGU.1995. KATA KUNCI
Induksi, aksioma, prinsip induksi matematika, induksi lengkap, induksi tidak lengkap, penegasan, identitas, pertidaksamaan, pembagian. LAMPIRAN DIDAKTIK UNTUK TOPIK
“METODE INDUKSI MATEMATIKA”.
Pelajaran 1
Pengertian metode induksi matematika.
Metode induksi matematika merupakan salah satu metode yang sangat efektif untuk menemukan hasil baru dan membuktikan kebenaran asumsi yang dikemukakan. Meskipun metode ini bukan hal baru dalam matematika, minat terhadapnya tidak berkurang. Untuk pertama kalinya dalam presentasi yang jelas, metode induksi matematika diterapkan pada abad ke-17 oleh ilmuwan Prancis terkemuka Blaise Pascal dalam membuktikan sifat-sifat segitiga bilangan, yang sejak itu dinamai menurut namanya. Namun, ide induksi matematika diketahui oleh orang Yunani kuno. Metode induksi matematika didasarkan pada prinsip induksi matematika, yang diterima sebagai aksioma. Kami akan mempertimbangkan ide induksi matematika dengan contoh. Contoh 1.
Persegi dibagi oleh segmen menjadi dua bagian, kemudian salah satu bagian yang dihasilkan dibagi menjadi dua bagian, dan seterusnya. Tentukan berapa bagian persegi tersebut dibagi menjadi P Langkah? Keputusan. Setelah langkah pertama, kami, dengan syarat, mendapatkan 2 bagian. Pada langkah kedua, kami membiarkan satu bagian tidak berubah, dan membagi yang kedua menjadi 2 bagian dan mendapatkan 3 bagian. Pada langkah ketiga, kami membiarkan 2 bagian tidak berubah, dan membagi yang ketiga menjadi dua bagian dan mendapatkan 4 bagian. Pada langkah keempat, kami membiarkan 3 bagian tidak berubah, dan membagi bagian terakhir menjadi dua bagian dan mendapatkan 5 bagian. Pada langkah kelima, kita akan mendapatkan 6 bagian. Saran tersebut disampaikan melalui P langkah yang kita dapatkan (n+1) bagian. Tapi proposisi ini perlu dibuktikan. Mari kita asumsikan melalui ke langkah persegi dibagi menjadi (k+1) bagian. Kemudian pada (k+1) langkah kita ke bagian akan dibiarkan tidak berubah, dan (k+1) bagilah bagian itu menjadi dua bagian dan dapatkan (k+2) bagian. Anda perhatikan bahwa Anda dapat berdebat seperti ini selama yang Anda suka, ad infinitum. Artinya, asumsi kami adalah bahwa P langkah persegi akan dibagi menjadi (n+1) bagian, menjadi terbukti. Contoh #2.
Nenek saya memiliki seorang cucu perempuan yang sangat menyukai selai, dan terutama yang dalam toples liter. Namun sang nenek tidak mengizinkannya menyentuh. Dan cucu perempuan memutuskan untuk menipu nenek mereka. Dia memutuskan untuk makan setiap hari 1/10 liter dari toples ini dan menambahkannya dengan air, sambil diaduk rata. Setelah berapa hari nenek akan mengetahui tipuan itu jika tampilan selai tetap sama ketika diencerkan dengan air hingga setengahnya? Keputusan. Temukan berapa banyak selai murni yang tersisa di dalam toples setelahnya P hari. Setelah hari pertama, campuran akan tetap berada di toples, terdiri dari 9/10 jam dan 1/10 air. Setelah dua hari, 1/10 campuran air dan selai akan hilang dari toples dan tersisa (1 liter campuran berisi 9/10 liter selai, 1/10 liter campuran berisi 9/100 liter selai) 9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 liter selai. Pada hari ketiga, 1/10 liter campuran yang terdiri dari 81/100 jam dan 19/100 air akan hilang dari toples. Dalam 1 liter campuran terdapat 81/100 liter selai, dalam 1/10 liter campuran terdapat 81/1000 liter selai. 81/100 – 81/1000= 729/1000=(9/10) 3 liter selai akan tersisa setelah 3 hari, dan sisanya akan diambil oleh air. Sebuah pola muncul. Melalui P hari tersisa di bank (9/10) P aku macet. Tapi sekali lagi, ini hanya tebakan kami. Biarlah ke adalah bilangan asli arbitrer. Mari kita asumsikan melalui ke hari di bank akan tetap (9/10) sampai l jam. Mari kita lihat apa yang akan ada di bank di hari lain, yaitu di (k+1) hari. Akan hilang dari bank 1/10l campuran dari (9/10)
ke aku selai dan air. PADA 1l campuran adalah (9/10)
ke aku selai, dalam 1/10l campuran (9/10)
k+1 aku selai. Sekarang kita dapat dengan aman mengatakan itu melalui P hari tersisa di bank (9/10)
P aku selai. Dalam 6 hari bank akan memiliki 531444/1000000l macet, setelah 7 hari - 4782969/10000000l selai, yaitu kurang dari setengah. Menjawab: setelah 7 hari, nenek akan menemukan penipuan. Mari kita coba untuk memilih yang paling mendasar dalam solusi dari masalah yang dipertimbangkan. Kami mulai menyelesaikan masing-masing dengan mempertimbangkan kasus terpisah atau, seperti yang mereka katakan, khusus. Kemudian, berdasarkan pengamatan kami, kami membuat beberapa asumsi P(n), tergantung pada alam P.
pernyataan itu diperiksa, yaitu, terbukti P(1), P(2), P(3);
menyarankan bahwa P(n) berlaku untuk n=k dan menyimpulkan bahwa itu akan berlaku untuk selanjutnya n, n=k+1.
Dan kemudian mereka berdebat seperti ini: P(1) Baik, P(2) Baik, P(3) Baik, P(4) benar ... itu benar P(n).
Prinsip induksi matematika.
Penyataan P(n), tergantung pada alam P, berlaku untuk semua alami P, jika 1) validitas pernyataan untuk n=1;
2) dari asumsi validitas pernyataan P(n) pada n=k Sebaiknya keadilan P(n) pada n=k+1.
Dalam matematika, prinsip induksi matematika dipilih, sebagai suatu peraturan, sebagai salah satu aksioma yang mendefinisikan deret bilangan asli, dan, oleh karena itu, diterima tanpa bukti. Metode pembuktian dengan prinsip induksi matematika biasanya disebut metode induksi matematika. Perhatikan bahwa metode ini banyak digunakan dalam membuktikan teorema, identitas, pertidaksamaan dalam memecahkan masalah keterbagian dan banyak masalah lainnya. Pelajaran 2
Induksi lengkap dan tidak lengkap.
Dalam kasus ketika pernyataan matematika menyangkut sejumlah objek, dapat dibuktikan dengan memeriksa setiap objek, misalnya, pernyataan "Setiap dua digit bilangan genap adalah jumlah dari dua bilangan prima." Metode pembuktian di mana kita menguji pernyataan untuk sejumlah kasus yang terbatas disebut induksi matematika lengkap. Metode ini relatif jarang digunakan, karena pernyataan paling sering dipertimbangkan pada himpunan tak terhingga. Sebagai contoh, teorema "Setiap bilangan genap sama dengan jumlah dua bilangan prima" belum terbukti atau terbantahkan sejauh ini. Bahkan jika kita menguji teorema ini untuk satu miliar pertama, itu tidak akan membawa kita selangkah lebih dekat untuk membuktikannya. Dalam ilmu alam, induksi tidak lengkap digunakan, menguji eksperimen beberapa kali, mentransfer hasilnya ke semua kasus. Contoh #3
Menebak rumus jumlah pangkat tiga bilangan asli menggunakan induksi tidak lengkap. Keputusan. 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 . Bukti. Biarkan itu benar untuk n=k.
Mari kita buktikan bahwa itu benar untuk n=k+1.
Kesimpulan: rumus jumlah pangkat tiga bilangan asli berlaku untuk semua bilangan asli P.
Contoh #4
Pertimbangkan persamaan dan tebak hukum umum apa yang dihasilkan oleh contoh-contoh ini. Keputusan. 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
……………………………………………………………..
Contoh #5
Tulislah ekspresi berikut sebagai penjumlahan: 1) Contoh #6.
Tulislah jumlah berikut dengan menggunakan tanda 2) Contoh #7.
Tulis ekspresi berikut sebagai produk: 1) 3) Contoh #8.
Tulislah karya-karya berikut dengan menggunakan tanda (huruf besar Yunani "pi") 1) Contoh #9.
Menghitung nilai polinomial Apakah asumsi ini benar? Keputusan. Jika setiap jumlah habis dibagi oleh suatu bilangan, maka jumlah tersebut habis dibagi oleh bilangan tersebut, Analisis sejumlah kasus yang terbatas memainkan peran penting dalam matematika: tanpa memberikan bukti satu atau lain pernyataan, akan membantu untuk menebak formulasi yang benar dari pernyataan ini, jika belum diketahui. Beginilah cara Goldbach, anggota Akademi Ilmu Pengetahuan St. Petersburg, sampai pada dugaan bahwa bilangan asli apa pun, mulai dari dua, adalah jumlah dari tidak lebih dari tiga bilangan prima. Pelajaran #3
Metode induksi matematika memungkinkan kita untuk membuktikan berbagai identitas. Contoh #10. Mari kita buktikan itu untuk semua P identitas Keputusan. Mari kita taruh Kita perlu membuktikan bahwa Mari kita buktikan bahwa Kemudian dari kebenaran identitas Dengan prinsip induksi matematika, kebenaran identitas untuk semua P.
Contoh #11.
Ayo buktikan identitasnya Bukti. persamaan istilah. Pelajaran nomor 4.
Pembuktian identitas dengan induksi matematika.
Contoh #12.
Ayo buktikan identitasnya Bukti. Menerapkan prinsip induksi matematika, kami membuktikan bahwa persamaan berlaku untuk semua P.
Contoh #13.
Ayo buktikan identitasnya Bukti. Menerapkan prinsip induksi matematika, kami membuktikan bahwa pernyataan itu benar untuk semua alam P.
Contoh #14.
Ayo buktikan identitasnya Bukti. Contoh #15.
Ayo buktikan identitasnya 1)
n=1;
2) untuk n=k
persamaan 3) buktikan bahwa persamaan berlaku untuk n=k+1:
Kesimpulan: identitas berlaku untuk semua alam P.
Contoh #16. Ayo buktikan identitasnya Bukti. Jika sebuah n=1
, kemudian Biarkan identitas bertahan untuk n=k.
Mari kita buktikan bahwa identitas itu berlaku untuk n=k+1.
Maka identitas itu berlaku untuk alam apa pun P.
Pelajaran nomor 5.
Pembuktian identitas dengan induksi matematika.
Contoh #17. Ayo buktikan identitasnya Bukti. Jika sebuah n=2
, maka kita mendapatkan persamaan yang benar: Biarkan persamaan menjadi benar untukn=k:
Mari kita buktikan validitas pernyataan untuk n=k+1.
Menurut prinsip induksi matematika, identitas terbukti. Contoh #18.
Ayo buktikan identitasnya Pada n=2
identitas ini dapat ditulis ulang dalam bentuk yang sangat sederhana dan jelas benar. Biarkan di n=k Betulkah Mari kita buktikan validitas pernyataan untukn=k+1,
yaitu, persamaan terpenuhi: . Jadi, kami telah membuktikan bahwa identitas itu berlaku untuk semua alam n≥2.
Contoh #19.
Ayo buktikan identitasnya Pada n=1
kita mendapatkan persamaan yang benar: Mari kita asumsikan bahwa pada n=k kami juga mendapatkan persamaan yang benar: Mari kita buktikan bahwa validitas persamaan diamati untuk n=k+1:
Maka identitas itu berlaku untuk alam apa pun P.
Pelajaran nomor 6.
Memecahkan masalah keterbagian.
Contoh #20. Buktikan dengan induksi matematika bahwa Bukti. Pada n=1
ada pembagian menjadi6
tanpa jejak, Biarkan di n=k
ekspresi Mari kita buktikan bahwa ketika n=k+1
ekspresi Setiap suku adalah kelipatan 6
, jadi jumlahnya adalah kelipatan dari 6
.
Contoh nomor 21.
Bukti. Pada n=1
ekspresi dapat dibagi Biarkan di n=k
ekspresi Pada n=k+1 dibagi dengan 5
.
Contoh #22.
Buktikan pembagian suatu ekspresi Bukti. Pada n=1 banyak 16
.
Biarkan di n=k
Pada n=k+1
Semua suku habis dibagi 16:
yang pertama jelas yang kedua dengan asumsi, dan yang ketiga memiliki angka genap dalam tanda kurung. Contoh #23.
Buktikan dapat dibagi Bukti. Mari kita buktikan dulu Pada n=0
Biarkan di n=k
Kemudian di n=k+1 dibagi dengan 26
.
Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam kondisi masalah. Pada n=1 dibagi dengan 676.
Pada n=k
memang benar itu Pada n=k+1
.
Kedua suku tersebut habis dibagi 676
; yang pertama adalah karena kita telah membuktikan pembagiannya dengan 26
ekspresi dalam tanda kurung, dan yang kedua habis dibagi oleh hipotesis induktif. Pelajaran nomor 7.
Memecahkan masalah keterbagian.
Contoh nomor 24.
Buktikan itu Bukti. Pada n=1
Pada n=k
Pada n=k+1
setiap suku habis dibagi5
tanpa jejak. Contoh #25.
Buktikan itu Bukti. Pada n=1
Biarkan di n=k
Pada n=k+1 dibagi dengan 6
tidak ada sisa, karena setiap suku habis dibagi6
tanpa sisa: istilah pertama, dengan asumsi induktif, yang kedua, jelas, yang ketiga, karena Contoh #26.
Buktikan itu Bukti. Ayo buktikan Pada n=1 Pada n=k+1 dibagi dengan 9
.
Contoh nomor 27.
Buktikan habis dibagi15
tanpa jejak. Bukti. Pada n=1 dibagi dengan 15
.
Biarkan di n=k dibagi dengan 15
tanpa jejak. Pada n=k+1
Suku pertama adalah kelipatan15
dengan hipotesis induksi, suku kedua adalah kelipatan dari15
– tentu saja, suku ketiga adalah kelipatan dari15
, sebagai Pelajaran nomor 8-9.
Bukti pertidaksamaan dengan induksi matematika
Contoh #28. Pada n=1 kita punya Biarkan di n=k Pada n=k+1 Maka pertidaksamaan berlaku untuk sembarang alam P. Contoh #29. Buktikan bahwa pertidaksamaan itu benar Pada n=1 kita mendapatkan pertidaksamaan yang benar 4 >1.
Biarkan di n=k ketidaksetaraan Mari kita buktikan bahwa ketika n=k+1 ketidaksetaraan Untuk alam apa pun ke ketidaksetaraan diamati. Jika sebuah Contoh #30. Biarlah n=1 Mari kita asumsikan bahwa pertidaksamaan berlaku untuk n=k: Pada n=k+1 Contoh nomor 31. Buktikan validitas pertidaksamaan Mari kita buktikan dulu bahwa untuk alam apa pun t ketidaksetaraan Pada n=1 ketidaksamaan asli benar Biarkan ketidaksetaraan berlaku untuk n=k: Pada n=k+1 Pelajaran nomor 10.
Memecahkan masalah pada topik
Metode induksi matematika.
Contoh #32. Buktikan pertidaksamaan Bernoulli. Jika sebuah Bukti. Pada n=1
pertidaksamaan yang dibuktikan berbentuk Karena sesuai dengan kondisi Sebagai Jadi pertidaksamaan benar untuk n=1, dan dari kebenarannya di n=k maka itu benar dan n=k+1. Oleh karena itu, dengan induksi matematika, berlaku untuk semua alam P.
Sebagai contoh, Contoh nomor 33.
Temukan semua nilai alamiP
, dimana pertidaksamaan Keputusan. Pada n=1 ketidaksetaraan itu benar. Pada n=2 ketimpangan juga benar. Pada n=3 ketidaksetaraan tidak lagi terpenuhi. Hanya bila n=6 pertidaksamaan berlaku, sehingga untuk basis induksi kita dapat mengambil n=6.
Asumsikan bahwa pertidaksamaan benar untuk beberapa natural ke:
Pertidaksamaan terakhir berlaku jika Metode pembuktian berdasarkan aksioma 4 Peano digunakan untuk membuktikan banyak sifat matematika dan berbagai pernyataan. Dasar untuk ini adalah teorema berikut. Dalil. Jika pernyataan TETAPI(n) dengan variabel alami n benar untuk n= 1 dan dari fakta bahwa itu benar untuk n=k, maka berlaku juga untuk bilangan berikutnya n=k, maka pernyataan TETAPI(n) n. Bukti. Dilambangkan dengan M himpunan dari mereka dan hanya bilangan asli yang pernyataannya TETAPI(n) BENAR. Kemudian dari kondisi teorema kita memiliki: 1) 1 M; 2) k MkM. Oleh karena itu, berdasarkan Aksioma 4, kami menyimpulkan bahwa M =N, yaitu penyataan TETAPI(n) benar untuk alam apa pun n. Metode pembuktian berdasarkan teorema ini disebut metode induksi matematika, dan aksioma adalah aksioma induksi. Bukti ini memiliki dua bagian: 1) buktikan pernyataan tersebut TETAPI(n) benar untuk n= J(1); 2) asumsikan bahwa pernyataan TETAPI(n) benar untuk n=k, dan, mulai dari asumsi ini, buktikan bahwa pernyataan Sebuah) benar untuk n=k+ 1, yaitu bahwa pernyataan itu benar A(k) A(k + 1).
Jika sebuah TETAPI( 1) TETAPI(k) A(k + 1)
adalah pernyataan yang benar, maka mereka menyimpulkan bahwa pernyataan tersebut Sebuah) benar untuk semua bilangan asli n. Pembuktian dengan induksi matematika dapat dimulai tidak hanya dengan konfirmasi kebenaran pernyataan untuk n= 1, tetapi juga dari bilangan asli apa pun m. Dalam hal ini, pernyataan TETAPI(n) akan dibuktikan untuk semua bilangan asli nm. Soal Mari kita buktikan bahwa untuk sembarang bilangan asli persamaan 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) =
n. Keputusan. Persamaan 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) =
n adalah rumus yang dapat digunakan untuk mencari jumlah bilangan asli ganjil pertama berurutan. Misalnya, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (jumlahnya mengandung 4 suku), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (jumlahnya mengandung 6 suku); jika jumlah ini berisi 20 suku dari jenis yang ditunjukkan, maka itu sama dengan 20 = 400, dst. Setelah membuktikan kebenaran persamaan ini, kita akan dapat menemukan jumlah sejumlah suku dari jenis yang ditentukan menggunakan rumus. 1) Verifikasi kebenaran persamaan ini untuk n= 1. Kapan n= 1 ruas kiri persamaan terdiri dari satu suku sama dengan 1, ruas kanan sama dengan 1= 1. Karena 1 = 1, maka untuk n= 1 persamaan ini benar. 2) Asumsikan bahwa persamaan ini benar untuk n=k, yaitu bahwa 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) =
k. Berdasarkan asumsi ini, kami membuktikan bahwa itu benar untuk n=k+ 1, yaitu 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) =
(k + 1). Pertimbangkan sisi kiri persamaan terakhir. Dengan asumsi, jumlah yang pertama k syaratnya adalah k dan karena itu 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) =
1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)= = k+(2k + 1) =
k+ 2k + 1.
Ekspresi
k+ 2k + 1 identik sama dengan ekspresi ( k + 1).
Oleh karena itu, kebenaran persamaan ini untuk n=k+ 1 terbukti. Jadi, persamaan ini berlaku untuk n= 1 dan dari kebenarannya untuk n=k mengikuti kebenaran untuk n=k+ 1. Ini membuktikan bahwa persamaan ini berlaku untuk semua bilangan asli. Dengan menggunakan metode induksi matematika, seseorang dapat membuktikan kebenaran tidak hanya persamaan, tetapi juga ketidaksetaraan. Tugas. Buktikan dimana nN. Keputusan. Mari kita periksa kebenaran pertidaksamaan untuk n= 1. Kami memiliki - ketidaksetaraan yang benar. Mari kita asumsikan bahwa pertidaksamaan benar untuk n=k, itu. - ketidaksetaraan sejati. Mari kita buktikan, berdasarkan asumsi, bahwa itu benar untuk
n=k+ 1, yaitu Kami mengubah sisi kiri pertidaksamaan (*), dengan mempertimbangkan bahwa : . Tapi, itu berarti Jadi pertidaksamaan ini berlaku untuk n= 1, dan, dari fakta bahwa ketidaksetaraan benar untuk beberapa n= k, kami menemukan bahwa itu juga berlaku untuk n= k + 1. Jadi, dengan menggunakan Aksioma 4, kami telah membuktikan bahwa pertidaksamaan ini benar untuk sembarang bilangan asli. Pernyataan lain juga dapat dibuktikan dengan metode induksi matematika. Tugas. Buktikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk sembarang bilangan asli. Keputusan. Mari kita periksa kebenaran pernyataan untuk n= 1: -pernyataan benar. Mari kita asumsikan bahwa pernyataan ini benar untuk n=k: . Mari kita tunjukkan, dengan menggunakan ini, kebenaran pernyataan untuk n=k+ 1: Mari kita ubah ekspresi: . Yuk temukan perbedaannya k dan k+ 1 anggota. Jika ternyata selisih yang dihasilkan adalah kelipatan 7, dan dengan asumsi pengurang habis dibagi 7, maka minuendnya juga kelipatan 7: Produk adalah kelipatan dari 7, oleh karena itu, dan . Jadi, pernyataan ini benar untuk n= 1 dan dari kebenarannya untuk n=k mengikuti kebenaran untuk n=k+ 1. Jadi, terbukti bahwa pernyataan ini benar untuk sembarang bilangan asli. Tugas. Buktikan untuk sembarang bilangan asli n 2 pernyataan (7-1)24 benar. Keputusan. 1) Periksa kebenaran pernyataan untuk n= 2: - pernyataan yang benar. Savelyeva Ekaterina Makalah ini membahas penerapan metode induksi matematika dalam memecahkan masalah keterbagian, hingga penjumlahan deret. Contoh penerapan metode induksi matematika untuk bukti ketidaksetaraan dan solusi masalah geometris dipertimbangkan. Karya diilustrasikan dengan presentasi. Kementerian Sains dan Pendidikan Federasi Rusia Institusi pendidikan negara sekolah menengah No. 618 Kursus: Aljabar dan Awal Analisis Topik pekerjaan proyek "Metode induksi matematika dan penerapannya dalam pemecahan masalah" Pekerjaan telah selesai: Savelyeva E, kelas 11B Pengawas : Makarova T.P., guru matematika, sekolah menengah 618 1. Perkenalan. 2.Metode induksi matematika dalam menyelesaikan masalah keterbagian. 3. Penerapan metode induksi matematika pada penjumlahan deret. 4. Contoh penerapan metode induksi matematika pada pembuktian pertidaksamaan. 5. Penerapan metode induksi matematika pada penyelesaian masalah geometri. 6. Daftar literatur yang digunakan. pengantar Metode deduktif dan induktif adalah dasar dari setiap penelitian matematika. Metode penalaran deduktif adalah penalaran dari umum ke khusus, yaitu. penalaran, titik awalnya adalah hasil umum, dan titik akhir adalah hasil khusus. Induksi diterapkan ketika berpindah dari hasil khusus ke hasil umum, mis. merupakan kebalikan dari metode deduktif. Metode induksi matematika dapat dibandingkan dengan kemajuan. Kita mulai dari yang terendah, sebagai hasil dari pemikiran logis kita sampai pada yang tertinggi. Manusia selalu berusaha untuk kemajuan, untuk kemampuan mengembangkan pemikirannya secara logis, yang berarti bahwa alam itu sendiri telah menetapkannya untuk berpikir secara induktif. Meskipun bidang penerapan metode induksi matematika telah berkembang, sedikit waktu yang dikhususkan untuk itu dalam kurikulum sekolah, tetapi sangat penting untuk dapat berpikir secara induktif. Penerapan prinsip ini dalam memecahkan masalah dan membuktikan teorema setara dengan pertimbangan dalam praktik sekolah prinsip matematika lainnya: tengah yang dikecualikan, inklusi-eksklusi, Dirichlet, dll. Esai ini berisi masalah dari berbagai cabang matematika, di mana alat utamanya adalah menggunakan metode induksi matematika. Berbicara tentang pentingnya metode ini, A.N. Kolmogorov mencatat bahwa "pemahaman dan kemampuan untuk menerapkan prinsip induksi matematika adalah kriteria yang baik untuk kedewasaan, yang mutlak diperlukan untuk seorang matematikawan." Metode induksi dalam arti luas terdiri dari transisi dari pengamatan pribadi ke pola umum yang universal atau formulasi umum. Dalam interpretasi ini, metode tentu saja merupakan teknik utama untuk melakukan penelitian dalam ilmu alam eksperimental apa pun. aktifitas manusia. Metode (prinsip) induksi matematika dalam bentuknya yang paling sederhana digunakan ketika diperlukan untuk membuktikan pernyataan untuk semua bilangan asli. Masalah 1. Dalam artikelnya “Bagaimana Saya Menjadi Ahli Matematika” A.N. Kolmogorov menulis: "Saya belajar kegembiraan "penemuan" matematika lebih awal, setelah memperhatikan pada usia lima atau enam tahun polanya 1 =1
2
,
1 + 3 = 2
2
,
1 + 3 + 5 \u003d W 2, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 dan seterusnya. Sekolah menerbitkan majalah "Spring Swallows". Di dalamnya, penemuan saya diterbitkan ... " Kami tidak tahu bukti seperti apa yang diberikan dalam jurnal ini, tetapi semuanya dimulai dengan pengamatan pribadi. Hipotesis itu sendiri, yang mungkin muncul setelah penemuan persamaan parsial ini, adalah bahwa rumusnya 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 benar untuk setiap nomor yang diberikan n = 1, 2, 3, ... Untuk membuktikan dugaan ini, cukup dengan menetapkan dua fakta. Pertama, untuk n = 1 (dan genap untuk n = 2, 3, 4) pernyataan yang diinginkan benar. Kedua, misalkan pernyataan tersebut benar untuk n = k, dan verifikasi bahwa itu juga benar untuk n = k + 1: 1 + 3 + 5+…+ (2k - 1) + (2k + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1)) + (2k + 1) = k 2 + (2k + 1) = (k + I) 2 . Oleh karena itu, pernyataan yang dibuktikan benar untuk semua nilai n: untuk n = 1 itu benar (ini telah diverifikasi), dan berdasarkan fakta kedua, untuk n = 2, dari mana untuk n = 3 (karena fakta kedua yang sama), dst. Soal 2. Pertimbangkan semua kemungkinan pecahan biasa dengan pembilang 1 dan sembarang (bilangan bulat positif) penyebut: Buktikan untuk sembarang n> 3 dapat direpresentasikan sebagai jumlah P berbagai fraksi semacam ini. Keputusan, Mari kita periksa pernyataan ini terlebih dahulu untuk n = 3; kita punya: Oleh karena itu, asersi dasar terpenuhi Misalkan sekarang pernyataan yang menarik bagi kita benar untuk beberapa nomor ke, dan buktikan juga benar untuk bilangan yang mengikutinya ke + 1. Dengan kata lain, misalkan ada representasi di mana k istilah dan semua penyebutnya berbeda. Mari kita buktikan bahwa maka adalah mungkin untuk memperoleh representasi unit dalam bentuk jumlah dari ke + 1 pecahan dari jenis yang diinginkan. Kami akan menganggap bahwa pecahan berkurang, yaitu, penyebut (dalam representasi unit dengan jumlah ke istilah) meningkat dari kiri ke kanan sehingga t adalah penyebut terbesar. Kita akan mendapatkan representasi yang kita butuhkan dalam bentuk penjumlahan(ke + 1) Pecahan ke-1, jika kita membagi satu pecahan, misalnya pecahan terakhir, menjadi dua. Hal ini dapat dilakukan karena Dan maka dari itu Selain itu, semua pecahan tetap berbeda, karena t adalah penyebut terbesar, dan t + 1 > t, dan m(t + 1) > m. Dengan demikian, kami telah menetapkan: Atas dasar ini, kita dapat menyatakan bahwa pernyataan yang dipertimbangkan adalah benar untuk semua bilangan asli, mulai dari tiga. Selain itu, bukti di atas juga menyiratkan suatu algoritma untuk menemukan partisi kesatuan yang diinginkan. (Algoritme apa ini? Bayangkan angka 1 sebagai jumlah dari 4, 5, 7 suku sendiri.) Dalam menyelesaikan dua masalah sebelumnya, dilakukan dua langkah. Langkah pertama disebut dasar induksi, yang keduatransisi induktifatau langkah induksi. Langkah kedua adalah yang paling penting, dan melibatkan asumsi (pernyataan itu benar untuk n = k) dan kesimpulan (pernyataan benar untuk n = k + 1). Parameter p itu sendiri disebut parameter induksi.Skema (perangkat) logis ini, yang memungkinkan untuk menyimpulkan bahwa pernyataan yang dipertimbangkan benar untuk semua bilangan asli (atau untuk semua, mulai dari beberapa), karena basis dan transisinya valid, disebutprinsip induksi matematika, di mana dan metode induksi matematika didasarkan.Istilah "induksi" sendiri berasal dari kata Latin induktif (panduan), yang berarti transisi dari pengetahuan tunggal tentang objek individu dari kelas tertentu ke kesimpulan umum tentang semua objek dari kelas tertentu, yang merupakan salah satu metode utama pengetahuan. Prinsip induksi matematika, dalam bentuk dua langkah biasa, pertama kali muncul pada tahun 1654 dalam Risalah Blaise Pascal tentang Segitiga Aritmatika, di mana cara sederhana untuk menghitung jumlah kombinasi (koefisien binomial) dibuktikan dengan induksi. D. Poya mengutip B. Pascal dalam buku dengan perubahan kecil yang diberikan dalam tanda kurung siku: “Meskipun fakta bahwa proposisi yang sedang dipertimbangkan [rumus eksplisit untuk koefisien binomial] mengandung jumlah kasus khusus yang tak terbatas, saya akan memberikan bukti yang sangat singkat untuk itu, berdasarkan dua lemma. Lemma pertama menyatakan bahwa dugaan itu benar untuk basis - ini jelas. [Pada P = 1 rumus eksplisit valid...] Lemma kedua menyatakan sebagai berikut: jika asumsi kita benar untuk basis arbitrer [untuk r arbitrer], maka akan benar untuk basis berikut [untuk r arbitrer]. n+1]. Kedua lemma ini tentu menyiratkan validitas proposisi untuk semua nilai P. Memang, berdasarkan lemma pertama, itu berlaku untuk P = 1; oleh karena itu, berdasarkan lemma kedua, ini berlaku untuk P = 2; oleh karena itu, sekali lagi berdasarkan lemma kedua, ini berlaku untuk n = 3 dan seterusnya sampai tak terhingga. Soal 3. Menara teka-teki Hanoi terdiri dari tiga batang. Di salah satu batang ada piramida (Gbr. 1), terdiri dari beberapa cincin dengan diameter berbeda, menurun dari bawah ke atas Gambar 1 Piramida ini harus dipindahkan ke salah satu batang lainnya, hanya memindahkan satu cincin setiap kali dan tidak menempatkan cincin yang lebih besar pada yang lebih kecil. Bisakah itu dilakukan? Keputusan. Jadi, kita perlu menjawab pertanyaan: apakah mungkin untuk memindahkan piramida yang terdiri dari P cincin dengan diameter berbeda, dari satu batang ke batang lainnya, mengikuti aturan permainan? Sekarang masalahnya, seperti yang mereka katakan, diparametrikan oleh kita (bilangan asli P), dan dapat diselesaikan dengan induksi matematika. Piramida dari ke cincin tergeletak di yang terbesar(ke + 1)-th ring, kita dapat, menurut asumsi, pindah ke pivot lainnya. Ayo lakukan. diam(ke + 1) cincin ke-th tidak akan mengganggu kita untuk melakukan algoritma perpindahan, karena ini adalah yang terbesar. Setelah pindah ke berdering, pindahkan yang terbesar ini(ke + 1) th cincin ke batang yang tersisa. Dan kemudian kami kembali menerapkan algoritma bergerak yang kami ketahui dengan asumsi induktif ke berdering, dan pindahkan ke tongkat dengan(ke + 1) dering. Jadi, jika kita dapat memindahkan piramida dengan ke cincin, maka kita bisa memindahkan piramida dan ke + 1 cincin. Oleh karena itu, menurut prinsip induksi matematika, selalu mungkin untuk memindahkan piramida, yang terdiri dari n cincin, di mana n > 1. Metode induksi matematika dalam menyelesaikan masalah keterbagian. Dengan menggunakan metode induksi matematika, seseorang dapat membuktikan berbagai pernyataan tentang pembagian bilangan asli. Tugas 4 . Jika n adalah bilangan asli, maka bilangan tersebut genap. Untuk n=1 pernyataan kita benar: - bilangan genap. Mari kita asumsikan itu adalah bilangan genap. Karena 2k adalah bilangan genap, begitu juga. Jadi, paritas terbukti untuk n=1, paritas dideduksi dari paritas, jadi, bahkan untuk semua nilai natural n. Tugas 3. Buktikan bahwa bilangan Z 3
+
3
- 26n - 27 dengan alam sewenang-wenang n habis dibagi 26 2 tanpa sisa. Keputusan. Mari kita buktikan terlebih dahulu dengan induksi sebuah pernyataan bantu bahwa 3 3n+3 1 habis dibagi 26 tanpa sisa n > 0. langkah induksi. Misalkan 3 3n + 3 - 1 habis dibagi 26 jika n = k, dan Mari kita buktikan bahwa dalam kasus ini pernyataan akan benar untuk n = k + 1. Sejak 3 maka dari asumsi induktif kita simpulkan bahwa bilangan 3 3k + 6 - 1 habis dibagi 26. Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam kondisi masalah. Dan lagi dengan induksi. habis dibagi 26 2 tanpa jejak. Pada penjumlahan terakhir, kedua suku dibagi tanpa sisa dengan 26 2
. Yang pertama adalah karena kami telah membuktikan bahwa ekspresi dalam tanda kurung habis dibagi 26; yang kedua, dengan hipotesis induktif. Berdasarkan prinsip induksi matematika, pernyataan yang diperlukan terbukti sepenuhnya. Penerapan metode induksi matematika pada penjumlahan deret. Tugas 5. Buktikan rumusnya N adalah bilangan asli. Keputusan. Untuk n=1, kedua bagian persamaan menjadi satu dan, oleh karena itu, kondisi pertama dari prinsip induksi matematika terpenuhi. Asumsikan bahwa rumus benar untuk n=k, mis. Mari kita tambahkan ke kedua sisi persamaan ini dan ubah sisi kanannya. Kemudian kita mendapatkan Jadi, dari fakta bahwa rumus benar untuk n=k, maka juga benar untuk n=k+1. Pernyataan ini benar untuk semua nilai natural k. Jadi, syarat kedua dari prinsip induksi matematika juga terpenuhi. Formulanya sudah terbukti. Tugas 6. Dua angka tertulis di papan tulis: 1.1. Memasukkan jumlah mereka di antara angka-angka, kami mendapatkan angka 1, 2, 1. Mengulangi operasi ini lagi, kami mendapatkan angka 1, 3, 2, 3, 1. Setelah tiga operasi, angkanya akan menjadi 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Berapa jumlah semua angka di papan tulis setelahnya? 100 operasi? Keputusan. Lakukan semua 100 operasi akan sangat memakan waktu dan memakan waktu. Jadi, kita perlu mencoba menemukan beberapa rumus umum untuk jumlah S angka setelah n operasi. Mari kita lihat tabelnya: Apakah Anda melihat ada pola di sini? Jika tidak, Anda dapat mengambil satu langkah lagi: setelah empat operasi, akan ada angka 1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,
yang jumlah S 4 adalah 82. Sebenarnya, Anda tidak bisa menulis angka, tetapi segera katakan bagaimana jumlahnya akan berubah setelah menambahkan angka baru. Biarkan jumlahnya sama dengan 5. Apa jadinya jika angka baru ditambahkan? Mari kita bagi setiap nomor baru menjadi jumlah dari dua yang lama. Misalnya, dari 1, 3, 2, 3, 1 kita pergi ke 1, 1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.
Artinya, setiap angka lama (kecuali untuk dua yang ekstrem) sekarang memasuki jumlah tiga kali, sehingga jumlah baru adalah 3S - 2 (kurangi 2 untuk memperhitungkan unit yang hilang). Oleh karena itu S 5 = 3S 4 - 2 = 244, dan secara umum Apa rumus umumnya? Jika bukan karena pengurangan dua unit, maka setiap kali jumlahnya akan meningkat tiga kali lipat, seperti dalam pangkat tiga (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Dan nomor kami, seperti yang Anda lihat sekarang, adalah satu lagi. Dengan demikian, dapat diasumsikan bahwa Sekarang mari kita coba membuktikannya dengan induksi. dasar induksi. Lihat tabel (untuk n = 0, 1, 2, 3). langkah induksi. Mari kita berpura-pura itu Mari kita buktikan bahwa S hingga + 1 \u003d Z hingga + 1 + 1. Betulkah, Jadi, formula kami terbukti. Ini menunjukkan bahwa setelah seratus operasi, jumlah semua angka di papan akan sama dengan 3 100
+ 1.
Pertimbangkan satu contoh luar biasa dari penerapan prinsip induksi matematika, di mana Anda harus terlebih dahulu memperkenalkan dua parameter alami dan kemudian melakukan induksi pada jumlah mereka. Tugas 7. Buktikan jika= 2, x 2 = 3 dan untuk setiap alami n> 3 x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2, kemudian 2 n - 1 + 1, n = 1, 2, 3, ... Keputusan. Perhatikan bahwa dalam masalah ini urutan awal angka(x n ) ditentukan oleh induksi, karena suku-suku barisan kita, kecuali dua yang pertama, diberikan secara induktif, yaitu melalui yang sebelumnya. Barisan yang diberikan disebut berulang, dan dalam kasus kami urutan ini ditentukan (dengan menentukan dua suku pertamanya) dengan cara yang unik. dasar induksi. Ini terdiri dari memeriksa dua pernyataan: n=1 dan n=2.B Dalam kedua kasus, pernyataan itu benar dengan asumsi. langkah induksi. Mari kita asumsikan bahwa untuk n = k - 1 dan n = k pernyataan dibuat, yaitu Mari kita buktikan pernyataan untuk n = k + 1. Kami memiliki: x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, yang harus dibuktikan. Tugas 8. Buktikan bahwa sembarang bilangan asli dapat direpresentasikan sebagai jumlah dari beberapa anggota berbeda dari barisan bilangan Fibonacci yang berulang: untuk k > 2. Keputusan. Biarkan p - bilangan asli. Kami akan melakukan induksi pada P. dasar induksi. Untuk n = Pernyataan 1 benar, karena satuannya sendiri adalah bilangan Fibonacci. langkah induksi. Asumsikan bahwa semua bilangan asli kurang dari beberapa bilangan P, dapat direpresentasikan sebagai jumlah dari beberapa suku yang berbeda dari barisan Fibonacci. Temukan bilangan Fibonacci terbesar Ft , tidak melebihi P; jadi F t n dan F t +1 > n. Sejauh Dengan hipotesis induksi, bilangan p- F t dapat direpresentasikan sebagai jumlah dari 5 anggota deret Fibonacci yang berbeda, dan dari pertidaksamaan terakhir dapat disimpulkan bahwa semua anggota deret Fibonacci yang terlibat dalam jumlah 8 kurang dari Ft . Oleh karena itu, perluasan bilangan n = 8 + F t memenuhi kondisi masalah. Contoh penerapan metode induksi matematika pada pembuktian pertidaksamaan. Tugas 9. (Ketidaksamaan Bernoulli.)Buktikan bila x > -1, x 0, dan untuk bilangan bulat n > 2 ketidaksetaraan (1 + x) n > 1 + xn. Keputusan. Kami akan kembali melakukan pembuktian dengan induksi. 1. Dasar induksi. Mari kita verifikasi validitas pertidaksamaan untuk n = 2. Memang, (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x. 2. Langkah induksi. Mari kita asumsikan bahwa untuk nomor n = k pernyataan tersebut benar yaitu (1 + x) k > 1 + xk, Dimana k > 2. Kami membuktikannya untuk n = k + 1. Kami memiliki: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x. Jadi, berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat dikatakan bahwa pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk semua n > 2. Tidak selalu dalam kondisi masalah diselesaikan dengan menggunakan metode induksi matematika, hukum umum yang perlu dibuktikan dirumuskan dengan jelas. Kadang-kadang perlu, dengan mengamati kasus-kasus tertentu, untuk terlebih dahulu menemukan (menebak) hukum umum apa yang mereka tuju, dan baru kemudian membuktikan hipotesis yang dinyatakan dengan induksi matematika. Selain itu, variabel induksi dapat disamarkan, dan sebelum menyelesaikan masalah, perlu untuk menentukan parameter mana yang akan dilakukan induksi. Sebagai contoh, perhatikan tugas-tugas berikut. Soal 10. Buktikan bahwa untuk alam apa pun n > 1. Keputusan, Mari kita coba buktikan pertidaksamaan ini dengan induksi matematika. Dasar induksi mudah diverifikasi: 1+ Dengan hipotesis induktif dan tinggal kita untuk membuktikannya Dengan menggunakan hipotesis induktif, kita akan menegaskan bahwa Meskipun kesetaraan ini sebenarnya benar, itu tidak memberi kita solusi untuk masalah tersebut. Mari kita coba membuktikan pernyataan yang lebih kuat daripada yang diperlukan dalam masalah awal. Yaitu, kami akan membuktikan bahwa Tampaknya membuktikan pernyataan ini dengan induksi tidak ada harapan. Namun, pada p = 1 kita memiliki: pernyataan itu benar. Untuk membenarkan langkah induktif, anggaplah bahwa dan kemudian kita akan membuktikannya Betulkah, Jadi, kami telah membuktikan pernyataan yang lebih kuat, dari mana pernyataan yang terkandung dalam kondisi masalah segera mengikuti. Hal instruktif di sini adalah bahwa meskipun kita harus membuktikan pernyataan yang lebih kuat daripada yang diperlukan dalam masalah, kita juga dapat menggunakan asumsi yang lebih kuat dalam langkah induktif. Hal ini menjelaskan bahwa penerapan langsung prinsip induksi matematika tidak selalu mengarah pada tujuan. Situasi yang muncul dalam menyelesaikan masalah disebutparadoks penemu.Paradoksnya sendiri adalah bahwa rencana yang lebih kompleks dapat diimplementasikan dengan keberhasilan yang lebih besar jika didasarkan pada pemahaman yang lebih dalam tentang esensi masalah. Soal 11. Buktikan bahwa 2m + n - 2m untuk alam apa pun Tipe. Keputusan. Di sini kita memiliki dua pilihan. Karena itu, Anda dapat mencoba melakukan apa yang disebutinduksi ganda(induksi dalam induksi). Kami akan melakukan penalaran induktif pada P. 1.
Dasar induksi menurut hal. Untuk n = 1 perlu memeriksa itu 2 t ~ 1 > t. Untuk membuktikan pertidaksamaan ini, kita menggunakan induksi pada t. sebuah) Dasar induksi oleh vol. Untuk t = 1 sedang berlangsung b) Langkah induksi menurut t.Mari kita asumsikan bahwa pada t = k pernyataan itu benar, yaitu 2k ~ 1 > k. Kemudian naik di alam k. Jadi, pertidaksamaan 2
dilakukan untuk alam apa pun t. 2. Langkah induksi sesuai itemPilih dan perbaiki beberapa bilangan asli t. Mari kita asumsikan bahwa pada n = saya pernyataan itu benar (untuk tetap t), yaitu 2 t +1 ~ 2 > t1, dan buktikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = l + 1. untuk alam apa pun Tipe. Oleh karena itu, berdasarkan prinsip induksi matematika (menurut P) pernyataan masalah benar untuk semua P dan untuk setiap tetap t. Jadi, ketidaksetaraan ini berlaku untuk semua alam Tipe. Soal 12. Misalkan m, n dan k adalah bilangan asli, dan t > p Manakah dari dua angka yang lebih besar: Dalam setiap ekspresi ke tanda akar kuadrat, t dan n bergantian. Keputusan. Mari kita buktikan dulu beberapa pernyataan bantu. Kata pengantar singkat. Untuk alam apa pun t dan n (t > n) dan non-negatif (tidak harus bilangan bulat) X ketidaksetaraan Bukti. Pertimbangkan ketidaksetaraan Pertidaksamaan ini benar, karena kedua faktor di ruas kiri adalah positif. Memperluas tanda kurung dan mengonversi, kami mendapatkan: Mengambil akar kuadrat dari kedua bagian pertidaksamaan terakhir, kita memperoleh penegasan lemma. Jadi lemmanya terbukti. Sekarang mari kita beralih ke pemecahan masalah. Mari kita tunjukkan yang pertama dari angka-angka ini dengan sebuah, dan yang kedua melalui b ke . Mari kita buktikan bahwa untuk alam apa pun ke. Pembuktian akan dilakukan dengan metode induksi matematika secara terpisah untuk genap dan ganjil ke. dasar induksi. Untuk k = 1 kita memiliki ketidaksetaraan y[t > y/t , yang valid karena fakta bahwa m > n. = 2, hasil yang diinginkan diperoleh dari lemma terbukti dengan mensubstitusi x = 0. langkah induksi. Misalkan, untuk beberapa pertidaksamaan a >b ke adil. Ayo buktikan Dari asumsi induksi dan monotonisitas akar kuadrat, kita peroleh: Di sisi lain, berikut dari lemma yang terbukti bahwa Menggabungkan dua pertidaksamaan terakhir, kita mendapatkan: Menurut prinsip induksi matematika, pernyataan terbukti. Tugas 13. (Ketidaksamaan Cauchy.)Buktikan bahwa untuk sembarang bilangan positif..., sebuah p ketidaksetaraan Keputusan. Untuk n = 2 pertidaksamaan mean aritmatika dan mean geometrik (untuk dua bilangan) akan dianggap diketahui. Biarlah n= 2, k = 1, 2, 3, ... dan pertama-tama lakukan induksi pada ke. Dasar dari induksi ini berlaku, dengan asumsi sekarang bahwa pertidaksamaan yang diinginkan telah ditentukan untuk n = 2 , kami akan membuktikannya untuk P = 2 . Kami memiliki (menggunakan ketidaksetaraan untuk dua angka): Oleh karena itu, dengan hipotesis induksi Jadi, dengan induksi pada k, kami telah membuktikan ketidaksetaraan untuk semua hal 9 yang merupakan kekuatan dua. Untuk membuktikan pertidaksamaan untuk nilai-nilai lain P kami akan menggunakan "induksi turun", yaitu, kami akan membuktikan bahwa jika pertidaksamaan dipenuhi untuk non-negatif sewenang-wenang P angka, itu juga berlaku untuk(P - 1) nomor. Untuk memverifikasi ini, kami mencatat bahwa, menurut asumsi yang dibuat, untuk P bilangan, pertidaksamaan yaitu, a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Membagi kedua bagian menjadi P - 1, kami memperoleh ketidaksetaraan yang diperlukan. Jadi, pertama-tama kita tentukan bahwa ketidaksetaraan berlaku untuk jumlah nilai yang mungkin tak terbatas P, dan kemudian menunjukkan bahwa jika pertidaksamaan berlaku untuk P angka, itu juga berlaku untuk(P - 1) angka. Dari sini kita sekarang menyimpulkan bahwa pertidaksamaan Coty berlaku untuk himpunan P bilangan non-negatif untuk sembarang n = 2, 3, 4, ... Soal 14. (D. Uspensky.) Untuk setiap segitiga ABC dengan sudut = CAB, = CBA sepadan, ada ketidaksetaraan Keputusan. Sudut dan sebanding, yang berarti (menurut definisi) bahwa sudut-sudut ini memiliki ukuran umum yang = p, = (p, q adalah bilangan asli koprima). Mari kita gunakan metode induksi matematika dan menggambarnya di atas jumlah n = p + q bilangan asli koprima.. dasar induksi. Untuk p + q = 2 kita memiliki: p = 1 dan q = 1. Maka segitiga ABC adalah sama kaki, dan pertidaksamaan yang diperlukan jelas: mereka mengikuti pertidaksamaan segitiga langkah induksi. Misalkan sekarang ketidaksetaraan yang diinginkan ditetapkan untuk p + q = 2, 3, ..., k - 1, di mana k > 2. Mari kita buktikan bahwa pertidaksamaan juga berlaku untuk p + q = k. Biarkan ABC adalah segitiga yang diberikan dengan> 2. Maka sisi AC dan BC tidak bisa sama: mari AC > SM. Sekarang mari kita bangun, seperti pada Gambar 2, sebuah segitiga sama kaki ABC; kita punya: AC \u003d DC dan AD \u003d AB + BD, oleh karena itu, 2AC > AB + BD (1) Pertimbangkan sekarang segitiga VDC, yang sudut-sudutnya juga sebanding: DCB = (q - p), BDC = p. Beras. 2 Segitiga ini memenuhi hipotesis induktif, dan oleh karena itu (2)
Menambahkan (1) dan (2), kami memiliki: 2AC+BD> dan maka dari itu Dari segitiga yang sama WBS dengan hipotesis induksi kami menyimpulkan bahwa Mempertimbangkan pertidaksamaan sebelumnya, kami menyimpulkan bahwa Dengan demikian, transisi induktif diperoleh, dan pernyataan masalah mengikuti prinsip induksi matematika. Komentar. Pernyataan masalah tetap valid bahkan ketika sudut a dan p tidak sebanding. Dalam dasar pertimbangan dalam kasus umum, kita harus menerapkan prinsip matematika penting lainnya - prinsip kontinuitas. Soal 15. Beberapa garis lurus membagi bidang menjadi beberapa bagian. Buktikan bahwa mungkin untuk mewarnai bagian-bagian ini dengan warna putih dan warna hitam sehingga bagian yang berdekatan yang memiliki segmen batas yang sama memiliki warna yang berbeda (seperti pada Gambar 3 ketika n = 4). gambar 3 Keputusan. Kami menggunakan induksi pada jumlah baris. Jadi mari P - jumlah garis yang membagi pesawat kita menjadi beberapa bagian, n > 1. dasar induksi. Jika hanya ada satu yang lurus(P = 1), maka ia membagi bidang tersebut menjadi dua setengah bidang, yang satu dapat berwarna putih dan yang lainnya hitam, dan pernyataan soal benar. langkah induksi. Untuk membuat bukti langkah induktif lebih jelas, pertimbangkan proses penambahan satu baris baru. Jika kita menggambar garis kedua(P= 2), maka kita mendapatkan empat bagian yang dapat diwarnai dengan cara yang diinginkan dengan mengecat sudut yang berlawanan dengan warna yang sama. Mari kita lihat apa yang terjadi jika kita menggambar garis lurus ketiga. Ini akan membagi beberapa bagian "lama", sementara bagian baru dari perbatasan akan muncul, di kedua sisi yang warnanya sama (Gbr. 4). Beras. 4 Mari kita lanjutkan sebagai berikut:satu sisidari garis lurus baru kita akan mengubah warna - kita akan membuat putih menjadi hitam dan sebaliknya; pada saat yang sama, bagian-bagian yang terletak di sisi lain dari garis lurus ini tidak dicat ulang (Gbr. 5). Kemudian pewarnaan baru ini akan memenuhi persyaratan yang diperlukan: di satu sisi garis lurus itu sudah bergantian (tetapi dengan warna berbeda), dan di sisi lain itu perlu. Agar bagian-bagian yang memiliki batas umum milik garis yang ditarik dicat dengan warna yang berbeda, kami mengecat ulang bagian-bagian itu hanya pada satu sisi dari garis yang ditarik ini. Gbr.5 Mari kita buktikan langkah induktifnya. Misalkan untuk beberapan = kpernyataan masalah ini valid, yaitu, semua bagian dari pesawat yang dibagi dengan inikelurus, Anda bisa melukis dalam warna putih dan hitam sehingga bagian yang berdekatan memiliki warna yang berbeda. Mari kita buktikan bahwa ada pewarnaan seperti itu untukP=
ke+ 1 lurus. Mari kita lanjutkan dengan cara yang sama dengan kasus transisi dari dua garis lurus ke tiga. Mari kita habiskan di pesawatkelangsung. Kemudian, dengan asumsi induktif, "peta" yang dihasilkan dapat diwarnai dengan cara yang diinginkan. Ayo belanja sekarang(ke+ 1)-garis lurus dan di satu sisinya kita ubah warna menjadi yang berlawanan. Jadi sekarang(keGaris lurus + 1)-th di mana-mana memisahkan bagian dengan warna berbeda, sedangkan bagian "lama", seperti yang telah kita lihat, tetap diwarnai dengan benar. Menurut prinsip induksi matematika, masalah terpecahkan. Tugas16. Di tepi gurun terdapat persediaan bensin yang besar dan sebuah mobil yang, dengan pom bensin penuh, dapat menempuh jarak 50 kilometer. Dalam jumlah yang tidak terbatas, ada tabung tempat Anda dapat mengalirkan bensin dari tangki bensin mobil dan membiarkannya disimpan di mana saja di padang pasir. Buktikan bahwa mobil dapat menempuh jarak bilangan bulat lebih dari 50 kilometer. Dilarang membawa kaleng bensin, kaleng kosong bisa dibawa dalam jumlah berapa pun. Keputusan.Mari kita coba untuk membuktikannya dengan induksi padaP,yang bisa dikendarai mobilPkilometer dari tepi gurun. PadaP= 50 diketahui. Tetap melakukan langkah induksi dan menjelaskan bagaimana menuju ke sanan = k+ 1 km jika diketahuin = kkilometer dapat ditempuh. Namun, di sini kami menemui kesulitan: setelah kami luluskekilometer, bensin bahkan mungkin tidak cukup untuk perjalanan pulang (belum lagi penyimpanan). Dan dalam hal ini jalan keluarnya adalah dengan memperkuat penegasan yang sedang dibuktikan (paradoks penemu). Kami akan membuktikan bahwa itu tidak hanya mungkin untuk dikendaraiPkilometer, tetapi juga untuk membuat pasokan bensin yang besar secara sewenang-wenang pada suatu titik di kejauhanPkilometer dari tepi gurun, berada di titik ini setelah akhir transportasi. dasar induksi.Biarkan satu unit bensin menjadi jumlah bensin yang dibutuhkan untuk menyelesaikan satu kilometer perjalanan. Kemudian perjalanan 1 kilometer dan kembali membutuhkan dua unit bensin, sehingga kita dapat meninggalkan 48 unit bensin di penyimpanan satu kilometer dari tepi dan kembali lagi. Dengan demikian, untuk beberapa kali perjalanan ke penyimpanan, kita dapat membuat stok dengan ukuran sewenang-wenang yang kita butuhkan. Pada saat yang sama, untuk membuat 48 unit stok, kami menghabiskan 50 unit bensin. langkah induksi.Mari kita asumsikan bahwa dari kejauhanP=
kedari tepi gurun Anda dapat menyimpan bensin dalam jumlah berapa pun. Mari kita buktikan bahwa adalah mungkin untuk membuat repositori dari kejauhann = k+ 1 km dengan persediaan bensin yang telah ditentukan dan berada di penyimpanan ini di akhir transportasi. Karena pada intinyaP=
keada persediaan bensin yang tidak terbatas, maka (sesuai dengan basis induksi) kita dapat, dalam beberapa perjalanan ke titikn = k+1 untuk membuat poinP=
ke4- 1 stok dari berbagai ukuran yang Anda butuhkan. Kebenaran pernyataan yang lebih umum daripada kondisi masalah sekarang mengikuti prinsip induksi matematika. Kesimpulan Secara khusus, setelah mempelajari metode induksi matematika, saya meningkatkan pengetahuan saya di bidang matematika ini, dan juga belajar bagaimana menyelesaikan masalah yang sebelumnya di luar kemampuan saya. Pada dasarnya, ini adalah tugas yang logis dan menghibur, mis. hanya mereka yang meningkatkan minat matematika itu sendiri sebagai ilmu. Memecahkan masalah seperti itu menjadi kegiatan yang menghibur dan dapat menarik semakin banyak orang yang ingin tahu ke labirin matematika. Menurut pendapat saya, ini adalah dasar dari ilmu apa pun. Melanjutkan mempelajari metode induksi matematika, saya akan mencoba mempelajari bagaimana menerapkannya tidak hanya dalam matematika, tetapi juga dalam memecahkan masalah dalam fisika, kimia, dan kehidupan itu sendiri. literatur 1. INDUKSI Vulenkin. kombinatorik. Buku Pegangan UNTUK guru. M., Pencerahan, 1976.-48 hal. 2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induksi dalam geometri. - M.: Gosud. penerbit menyala. - 1956 - S.I00. Sebuah manual tentang matematika untuk pelamar ke universitas / Ed. Yakovleva G.N. Ilmu. -1981. - H.47-51. 3. Golovina L.I., Yaglom IM. Induksi dalam geometri. — 4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Buku Teks / “Pencerahan” 1975. 5.R. Courant, G Robbins "Apa itu Matematika?" Bab 1, 2 6. Popa D. Matematika dan penalaran yang masuk akal. — M: Nauka, 1975. 7. Popa D. Penemuan matematika. — M.: Nauka, 1976. 8. Rubanov I.S. Cara mengajar dengan metode induksi matematika / Matematika sekolah. - Nl. - 1996. - S.14-20. 9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Pada metode induksi matematika. - M.: Nauka, 1977. - (Kuliah populer tentang matematika.) 10. Solominsky I.S. Metode induksi matematika. - M.: Sains. 63 detik 11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Pada induksi matematika. - M.: Sains. - 1967. - S.7-59. 12.http://w.wikiredia.org/wiki 13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html Di banyak bidang matematika, seseorang harus membuktikan kebenaran pernyataan yang bergantung pada , yaitu, kebenaran proposisi p(n) untuk " n N (untuk apa saja n PADA p(n) Baik). Ini sering dapat dibuktikan metode induksi matematika. Metode ini didasarkan pada prinsip induksi matematika. Biasanya dipilih sebagai salah satu aksioma aritmatika dan karenanya diterima tanpa bukti. Menurut prinsip induksi matematika, kalimat p(n) dianggap benar untuk semua nilai alami variabel jika dua kondisi terpenuhi: 1. Penawaran p(n) benar untuk n= 1. 2. Dari kalimat itu p(n) benar untuk n =k (k - bilangan asli arbitrer) maka itu benar untuk n =k+ 1. Metode induksi matematika dipahami sebagai metode pembuktian berikut: 1. Periksa kebenaran pernyataan untuk n= 1 adalah dasar induksi. 2. Asumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = k - asumsi induktif. 3. Buktikan bahwa itu juga benar untuk n =k+ 1 transisi induktif. Terkadang saran p(n) ternyata benar tidak untuk semua yang alami n, dan mulai dari beberapa untuk n = n 0. Dalam hal ini, kebenarannya diperiksa di basis induksi p(n) pada n = n 0. Contoh 1 Biarlah. Buktikan itu 1. Basis induksi: kapan n= 1 menurut definisi S 1 = 1 dan dengan rumus kita mendapatkan satu hasil. Pernyataan itu benar. n=k dan . n=k+ 1. Mari kita buktikan bahwa . Memang, dengan asumsi induktif Mari kita ubah ekspresi ini Transisi induktif terbukti. Komentar. Berguna untuk menuliskan apa yang diberikan (asumsi induktif) dan apa yang perlu dibuktikan! Contoh 2 Membuktikan 1. Dasar induksi. Pada n= 1, pernyataan tersebut jelas benar. 2. Asumsi induktif. Biarlah n=k dan 3. Transisi induktif. Biarlah n=k+ 1. Mari kita buktikan: Memang, mari kita kuadratkan sisi kanan sebagai jumlah dari dua angka: Menggunakan asumsi induktif dan rumus jumlah deret aritmatika: , kita peroleh Contoh 3 Buktikan pertidaksamaan 1. Dasar induksi dalam hal ini adalah pembuktian kebenaran pernyataan untuk , yaitu . ketimpangan perlu diperiksa. Untuk melakukan ini, cukup dengan mengkuadratkan ketidaksetaraan: atau 63< 64 – неравенство верно. 2. Biarkan pertidaksamaan benar untuk , mis. 3. Biarkan , buktikan: Kami menggunakan hipotesis induksi Mengetahui seperti apa sisi kanan dalam pertidaksamaan yang sedang dibuktikan, kami memilih bagian ini Tetap untuk menetapkan bahwa faktor tambahan tidak melebihi kesatuan. Betulkah, Contoh 4 Buktikan bahwa untuk setiap bilangan asli diakhiri dengan angka. 1. Bilangan asli terkecil dari pernyataan yang benar adalah . . 2. Biarkan nomor berakhiran . Ini berarti bahwa nomor ini dapat ditulis sebagai , Dimana beberapa bilangan asli. Kemudian . 3. Biarkan . Mari kita buktikan bahwa itu berakhir dengan . Menggunakan representasi yang dihasilkan, kita mendapatkan Nomor terakhir memiliki tepat satu. Lampiran 1.4. Metode induksi matematika Seperti yang Anda ketahui, pernyataan matematika (teorema) harus dibuktikan, dibuktikan. Sekarang kita akan berkenalan dengan salah satu metode pembuktian - metode induksi matematika. Dalam arti luas, induksi adalah cara penalaran yang memungkinkan Anda berpindah dari pernyataan khusus ke pernyataan umum. Transisi terbalik, dari pernyataan umum ke pernyataan khusus, disebut deduksi. Deduksi selalu mengarah pada kesimpulan yang benar. Sebagai contoh, kita mengetahui hasil umum: semua bilangan bulat yang berakhiran nol habis dibagi 5. Dari sini, tentu saja, kita dapat menyimpulkan bahwa setiap bilangan tertentu yang berakhiran 0, seperti 180, habis dibagi 5. Pada saat yang sama, induksi dapat menyebabkan kesimpulan yang salah. Misalnya, dengan memperhatikan bahwa angka 60 habis dibagi angka 1, 2, 3, 4, 5, 6, kita tidak berhak menyimpulkan bahwa 60 habis dibagi bilangan berapa pun. Metode induksi matematika memungkinkan dalam banyak kasus untuk secara ketat membuktikan validitas pernyataan umum P(n), yang formulasinya mencakup bilangan asli n. Penerapan metode tersebut meliputi 3 tahap. 1) Dasar induksi: kita periksa validitas pernyataan P(n) untuk n = 1 (atau untuk nilai privat n lainnya, mulai dari asumsi validitas P(n)). 2) Asumsi induksi: kita asumsikan bahwa P(n) benar untuk n = k. 3) Langkah induksi: dengan menggunakan asumsi, kita buktikan bahwa P(n) benar untuk n = k + 1. Hasilnya, kita dapat menyimpulkan bahwa P(n) valid untuk sembarang n N. Memang, untuk n = 1 pernyataan benar (basis induksi). Dan oleh karena itu, ini juga benar untuk n = 2, karena transisi dari n = 1 ke n = 2 dibenarkan (langkah induksi). Menerapkan langkah induksi berulang kali, kita memperoleh validitas P(n) untuk n = 3, 4, 5, . . ., yaitu, validitas P(n) untuk semua n. Contoh 14. Jumlah n bilangan asli ganjil pertama adalah n2: 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2. Pembuktian akan dilakukan dengan metode induksi matematika. 1) Basis: untuk n=1, hanya ada satu suku di sebelah kiri, kita peroleh: 1 = 1. Pernyataan itu benar. 2) Asumsi: kita asumsikan bahwa untuk beberapa k persamaannya benar: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2. Rumusan masalah secara umum adalah sebagai berikut: Probabilitas mengenai target dengan satu tembakan sama dengan $p$. $n$ tembakan dilepaskan. Temukan probabilitas bahwa target akan terkena tepat $k$ kali (akan ada $k$ hit). Kami menerapkan rumus Bernoulli dan mendapatkan: $$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k). Di sini $C_n^k$ adalah jumlah kombinasi dari $n$ hingga $k$. Jika masalahnya melibatkan beberapa panah dengan probabilitas yang berbeda mengenai target, teori, contoh solusi, dan kalkulator dapat Anda temukan di sini. Tonton video kami tentang memecahkan masalah dengan bidikan Bernoulli, pelajari cara menggunakan Excel untuk memecahkan masalah umum.
File perhitungan Excel dari video dapat diunduh secara gratis dan digunakan untuk menyelesaikan masalah Anda. Mari kita lihat beberapa contoh tipikal. Contoh 1 Menembakkan 7 tembakan. Probabilitas memukul dengan satu tembakan adalah 0,705. Temukan probabilitas bahwa akan ada tepat 5 pukulan. Kami mendapatkan bahwa masalahnya berkaitan dengan pengujian independen berulang (tembakan tepat sasaran), $n=7$ tembakan ditembakkan secara total, probabilitas mengenai setiap $p=0,705$, probabilitas meleset $q=1-p =1-0,705=0,295 $. Kita perlu menemukan bahwa akan ada tepat $k=5$ hit. Kami mengganti semuanya ke dalam rumus (1) dan mendapatkan: $$ 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. $$ Contoh 2 Probabilitas mengenai target dengan satu tembakan adalah 0,4. Empat tembakan independen ditembakkan ke sasaran. Temukan probabilitas bahwa akan ada setidaknya satu pukulan pada target. Kami mempelajari masalah dan menuliskan parameternya: $n=4$ (tembakan), $p=0.4$ (probabilitas hit), $k \ge 1$ (setidaknya akan ada satu pukulan). Kami menggunakan rumus untuk probabilitas kejadian yang berlawanan (tidak ada hit): $$ 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. $$ Probabilitas memukul setidaknya sekali dalam empat adalah 0,87 atau 87%. Contoh 3 Peluang mengenai sasaran oleh penembak adalah 0,3. Tentukan peluang bahwa dengan 6 tembakan, sasaran akan mengenai tiga sampai enam kali. Berbeda dengan soal-soal sebelumnya, di sini Anda perlu mencari probabilitas bahwa jumlah hit akan berada dalam interval tertentu (dan tidak persis sama dengan beberapa nomor). Tapi rumusnya sama. Mari kita cari probabilitas bahwa target akan terkena dari tiga hingga enam kali, yaitu, akan ada 3, atau 4, atau 5, atau 6 pukulan. Probabilitas ini dihitung dengan rumus (1): $$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0,3^3\cdot 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. Karena kejadiannya tidak kompatibel, probabilitas yang diinginkan dapat ditemukan menggunakan rumus penjumlahan probabilitas: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$ Contoh 4 Probabilitas setidaknya satu pukulan tepat sasaran dengan empat tembakan adalah 0,9984. Temukan probabilitas mengenai target dengan satu tembakan. Mari kita tunjukkan kemungkinan mengenai target dengan satu tembakan. Mari masuk ke acara: Mari kita tuliskan rumus peluang kejadian $A$. Mari kita tuliskan nilai yang diketahui: $n=4$, $P(A)=0.9984$. Substitusi ke rumus (1) dan dapatkan: $$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984. Kami memecahkan persamaan yang dihasilkan: $$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$ Jadi, peluang mengenai sasaran dengan satu tembakan adalah 0,8. Terima kasih telah membaca dan berbagi dengan orang lain Temukan tugas yang sudah jadi dalam solusi: Perhitungan online menggunakan rumus Bernoulli Pertidaksamaan dalam matematika berlaku untuk semua persamaan di mana "=" diganti dengan salah satu karakter berikut: \ [> \] \ [\geq \] \ [ * linier; * kotak; * pecahan; * indikasi; * trigonometri; * logaritma. Tergantung pada ini, ketidaksetaraan disebut linier, parsial, dll. Anda harus waspada dengan tanda-tanda ini: * pertidaksamaan dengan lebih besar dari (>) atau kurang dari ( * Pertidaksamaan dengan ikon yang lebih besar atau sama dengan \[\geq\] kurang dari atau sama dengan [\leq\] disebut tidak profesional; * ikonnya tidak sama \[\ne\] saja, tetapi kasus dengan ikon ini harus selalu diselesaikan. Ketidaksetaraan tersebut diselesaikan dengan transformasi identitas. Baca juga artikel kami "Memecahkan Solusi Lengkap untuk Persamaan Online" Mari kita asumsikan bahwa pertidaksamaan berikut berlaku: Kami menyelesaikannya dengan cara yang sama seperti persamaan linier, tetapi kami harus hati-hati memantau tanda pertidaksamaan. Pertama, kami memindahkan istilah dari yang tidak diketahui ke kiri, dari yang diketahui ke kanan, membalikkan simbol: Kami kemudian membagi kedua sisi dengan -4 dan membalikkan tanda pertidaksamaan: Ini adalah jawaban untuk persamaan ini. Anda dapat menyelesaikan persamaan di situs web kami pocketteacher.ru. Dalam hitungan detik, solusi penyelamatan online gratis akan menyelesaikan persamaan online dengan kerumitan apa pun. Yang harus Anda lakukan adalah memasukkan detail Anda ke dalam penyelamatan. Anda juga dapat menonton instruksi video dan mempelajari cara menyelesaikan persamaan di situs web kami. Dan jika Anda memiliki pertanyaan, Anda dapat menanyakannya di grup Vkontakte kami: pocketteacher. Bergabunglah dengan grup kami, kami akan dengan senang hati membantu Anda. Pemecahan Persamaan / Persamaan Diferensial © tes RU - kalkulator online persamaan: Dengan kalkulator, Anda dapat menyelesaikan persamaan diferensial dengan berbagai kerumitan.
2) 
3)
; 4) 
.
Huruf Yunani "sigma".
:
4) 
2)
f
(
n
)=
n
2
+
n
+11
, pada n=1,2,3,4.5,6,7
dapat diasumsikan bahwa untuk setiap alamP nomor f
(
n
)
sederhana.
bukan bilangan prima untuk semua alamP.
kebenaran identitas mengikuti 
; 
. Jadi identitas ini berlaku untuk semuaP
.
untuk n≥2.
.
dibagi dengan 6
tanpa jejak.
.
banyak6.
banyak6
.
pada5
tanpa jejak.
.
juga dibagi menjadi5
tanpa jejak.
pada16.
banyak16.
pada676.
dibagi dengan 
.
.
dibagi dengan26
.
dibagi dengan26
2
.
dibagi dengan5
tanpa jejak.
dibagi dengan5.
dibagi dengan5
tanpa jejak.
dibagi dengan6
tanpa jejak.
dibagi dengan6
tanpa jejak.
dibagi dengan6
tanpa jejak.
nomor genap.
saat membagi dengan9
memberikan sisanya 1
.
dibagi dengan9
.
dibagi dengan 9
. Biarkan di n=k
dibagi dengan9
.
banyak5
(dibuktikan pada contoh No. 21), suku keempat dan kelima juga merupakan kelipatan5
, yang jelas, maka jumlahnya adalah kelipatan dari15
.
.
- Baik.
adalah pertidaksamaan yang benar.
untuk apa saja P.
.
pada 
kemudian
untuk alam apa pun P dan apa saja 
, Baik.
.
untuk alam apa pun P.
Kalikan kedua ruas pertidaksamaan dengan 
. Kami memperoleh pertidaksamaan ekuivalen atau 
; 
; - ketidaksetaraan ini berlaku untuk semua alam t.
; 
; 
.
.
, maka untuk semua nilai naturalP
ketidaksetaraan
dan jelas benar. Mari kita asumsikan itu benar untukn=k
, yaitu apa 
.
, kemudian 
, dan oleh karena itu pertidaksamaan tidak berubah artinya ketika kedua bagiannya dikalikan dengan 
:
, maka kita mendapatkan itu
.
Pertimbangkan ketidaksetaraan
Tes kerja pada topik n=1 diberikan secara berulang: n≥5 , di mana P- -bilangan asli.
(*).
.
.Unduh:
Pratinjau:
maka itu juga berlaku untuk ke +1
Mari kita buktikan bahwa kita juga dapat memindahkan pertengahan piramida dari n = k + 1.
ekspresi 3 3k + 3 - 26k - 27 habis dibagi 26 2
tanpa sisa, dan buktikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = k + 1,
yaitu nomor itu
kesetaraan, yang dapat diterima.
Mari kita katakan bahwa pernyataan itu benar bahkan jika m = k + 1.
Kita punya:
Kita punya:
M.: Nauka, 1961. - (Kuliah populer tentang matematika.)Memecahkan masalah tentang kemungkinan pukulan selama tembakan
Video Tutorial dan Template Excel
Contoh pemecahan masalah tentang memukul target dalam serangkaian tembakan
$A = $ (Dari empat tembakan, setidaknya satu akan mengenai target),
serta peristiwa kebalikannya, yang dapat ditulis sebagai:
$\overline(A) = $ (Semua 4 tembakan akan meleset dari target, tidak ada tembakan).tautan yang bermanfaat
Memecahkan Pertidaksamaan dengan Kalkulator
Di mana saya bisa menyelesaikan ketidaksetaraan di Internet?
Kalkulator Pertidaksamaan Bernoulli
Metode induksi matematika lengkap
Solusi persamaan diferensial
Masukkan perbedaan
Contoh Persamaan Diferensial yang Diselesaikan
