მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი

შესავალი

Მთავარი ნაწილი

1. სრული და არასრული ინდუქცია
2. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი
3. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი
4. მაგალითების გადაწყვეტა
5. Თანასწორობა
6. რიცხვის გაყოფა
7. უთანასწორობები

დასკვნა

გამოყენებული ლიტერატურის სია

შესავალი

დედუქციური და ინდუქციური მეთოდები ნებისმიერი მათემატიკური კვლევის საფუძველია. მსჯელობის დედუქციური მეთოდი არის მსჯელობა ზოგადიდან კონკრეტულამდე, ე.ი. მსჯელობა, რომლის ამოსავალი წერტილი არის ზოგადი შედეგი, ხოლო საბოლოო წერტილი არის კონკრეტული შედეგი. ინდუქცია გამოიყენება კონკრეტული შედეგებიდან ზოგადზე გადასვლისას, ე.ი. დედუქციური მეთოდის საპირისპიროა.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი შეიძლება შევადაროთ პროგრესს. ვიწყებთ ყველაზე დაბალიდან, ლოგიკური აზროვნების შედეგად მივდივართ უმაღლესამდე. ადამიანი ყოველთვის მიისწრაფოდა წინსვლისაკენ, საკუთარი აზრის ლოგიკურად განვითარების უნარისკენ, რაც იმას ნიშნავს, რომ ბუნებამ მას ინდუქციურად აზროვნება განუსაზღვრა.

მიუხედავად იმისა, რომ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების სფერო გაიზარდა, სასკოლო სასწავლო გეგმაში მას ცოტა დრო ეთმობა. აბა, თქვი, რომ სასარგებლო ადამიანს მოაქვს ის ორი-სამი გაკვეთილი, რომლისთვისაც თეორიის ხუთ სიტყვას ისმენს, ხუთ პრიმიტიულ პრობლემას ხსნის და შედეგად, ხუთს იღებს არაფრის ცოდნის გამო.

მაგრამ ეს ძალიან მნიშვნელოვანია - ინდუქციურად აზროვნების უნარი.

Მთავარი ნაწილი

მისი თავდაპირველი მნიშვნელობით, სიტყვა "ინდუქცია" გამოიყენება მსჯელობაზე, რომლითაც ზოგადი დასკვნები მიიღება რიგი კონკრეტული განცხადებების საფუძველზე. ამ ტიპის მსჯელობის უმარტივესი მეთოდი სრული ინდუქციაა. აი ასეთი მსჯელობის მაგალითი.

დაე, დადგინდეს, რომ ყოველი ბუნებრივი ლუწი რიცხვი n 4-ის ფარგლებში< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

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

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

ეს ცხრა ტოლობა გვიჩვენებს, რომ თითოეული ჩვენთვის საინტერესო რიცხვი მართლაც წარმოდგენილია როგორც ორი მარტივი წევრის ჯამი.

ამრიგად, სრული ინდუქცია არის ის, რომ ზოგადი დებულება ცალ-ცალკე დასტურდება შესაძლო შემთხვევის სასრული რაოდენობის თითოეულ შემთხვევაში.

ზოგჯერ ზოგადი შედეგის პროგნოზირება შესაძლებელია არა ყველა, არამედ დიდი რაოდენობის განსაკუთრებული შემთხვევის განხილვის შემდეგ (ე.წ. არასრული ინდუქცია).

არასრული ინდუქციის შედეგად მიღებული შედეგი, თუმცა, რჩება მხოლოდ ჰიპოთეზად, სანამ არ დამტკიცდება ზუსტი მათემატიკური მსჯელობით, რომელიც მოიცავს ყველა განსაკუთრებულ შემთხვევას. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, არასრული ინდუქცია მათემატიკაში არ განიხილება მკაცრი მტკიცების ლეგიტიმურ მეთოდად, მაგრამ არის ახალი ჭეშმარიტების აღმოჩენის მძლავრი მეთოდი.

მოდით, მაგალითად, მოითხოვოს პირველი n ზედიზედ კენტი რიცხვის ჯამის პოვნა. განიხილეთ განსაკუთრებული შემთხვევები:

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

ამ რამდენიმე განსაკუთრებული შემთხვევის განხილვის შემდეგ, შემდეგი ზოგადი დასკვნა გვაფიქრებინებს:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

იმათ. პირველი n ზედიზედ კენტი რიცხვის ჯამი არის n 2

რა თქმა უნდა, დაკვირვება ჯერ კიდევ ვერ გამოდგება ზემოაღნიშნული ფორმულის მართებულობის დამადასტურებლად.

სრულ ინდუქციას მხოლოდ შეზღუდული გამოყენება აქვს მათემატიკაში. ბევრი საინტერესო მათემატიკური დებულება მოიცავს უსასრულო რაოდენობის განსაკუთრებულ შემთხვევას და ჩვენ არ შეგვიძლია შევამოწმოთ შემთხვევების უსასრულო რაოდენობა. არასრული ინდუქცია ხშირად იწვევს არასწორ შედეგებს.

ხშირ შემთხვევაში, ამ სახის სირთულიდან გამოსავალი არის მსჯელობის სპეციალური მეთოდის გამოყენება, რომელსაც მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს უწოდებენ. ეს არის შემდეგი.

დაე, საჭირო იყოს გარკვეული დებულების მართებულობის დადასტურება ნებისმიერი n-ის ნატურალური რიცხვისთვის (მაგალითად, აუცილებელია დავამტკიცოთ, რომ პირველი n კენტი რიცხვის ჯამი უდრის n 2-ს). ამ განცხადების პირდაპირი გადამოწმება n-ის თითოეული მნიშვნელობისთვის შეუძლებელია, რადგან ნატურალური რიცხვების სიმრავლე უსასრულოა. ამ განცხადების დასადასტურებლად, ჯერ შეამოწმეთ მისი ვალიდობა n=1-ისთვის. შემდეგ მტკიცდება, რომ k-ის ნებისმიერი ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის განსახილველი დებულების ვალიდობა n=k-სთვის გულისხმობს მის მართებულობას n=k+1-ისთვისაც.

მაშინ მტკიცება ითვლება დადასტურებულად ყველა n. მართლაც, განცხადება მართალია n=1-ისთვის. მაგრამ მაშინ ის ასევე მოქმედებს შემდეგი რიცხვისთვის n=1+1=2. მტკიცების ვალიდობა n=2-ისთვის გულისხმობს მის ვალიდობას n=2+-ისთვის

1=3. ეს გულისხმობს განცხადების მართებულობას n=4-ისთვის და ა.შ. გასაგებია, რომ საბოლოოდ მივაღწევთ ნებისმიერ ნატურალურ რიცხვს n. აქედან გამომდინარე, განცხადება მართალია ნებისმიერი n-ისთვის.

ნათქვამის შეჯამებით, ჩვენ ვაყალიბებთ შემდეგ ზოგად პრინციპს.

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი.

თუ წინადადება A(n), რომელიც დამოკიდებულია n ნატურალურ რიცხვზე, მართებულია n=1-ისთვის და იქიდან გამომდინარე, რომ ის მართალია n=k-სთვის (სადაც k არის ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი), გამოდის, რომ ის ასევე მართალია შემდეგი რიცხვისთვის n=k +1, მაშინ დაშვება A(n) მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

რიგ შემთხვევებში შეიძლება საჭირო გახდეს გარკვეული დებულების მართებულობის დადასტურება არა ყველა ნატურალური რიცხვისთვის, არამედ მხოლოდ n>p, სადაც p არის ფიქსირებული ნატურალური რიცხვი. ამ შემთხვევაში მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი ჩამოყალიბებულია შემდეგნაირად.

თუ წინადადება A(n) მართალია n=p-სთვის და თუ A(k)ÞA(k+1) ნებისმიერი k>p-სთვის, მაშინ წინადადება A(n) ჭეშმარიტია ნებისმიერი n>p-სთვის.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით მტკიცება ხორციელდება შემდეგნაირად. პირველ რიგში, დასამტკიცებელი მტკიცება მოწმდება n=1-ზე, ე.ი. დადგენილია ა(1) დებულების ჭეშმარიტება. მტკიცებულების ამ ნაწილს ინდუქციური საფუძველი ეწოდება. ამას მოჰყვება მტკიცებულების ნაწილი, რომელსაც ეწოდება ინდუქციური ნაბიჯი. ამ ნაწილში n=k+1-ის დებულების მართებულობა დასტურდება იმ ვარაუდით, რომ დებულება მართალია n=k-სთვის (ინდუქციური დაშვება), ე.ი. დაამტკიცეთ, რომ A(k)ÞA(k+1).

დაამტკიცეთ, რომ 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

ამოხსნა: 1) გვაქვს n=1=1 2 . აქედან გამომდინარე,

განცხადება მართალია n=1-ისთვის, ე.ი. A(1) მართალია.

2) დავამტკიცოთ, რომ A(k)ÞA(k+1).

მოდით k იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და დებულება იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის, ე.ი.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2.

დავამტკიცოთ, რომ მაშინ მტკიცება მართებულია შემდეგი ნატურალური რიცხვისთვისაც n=k+1, ე.ი. რა

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Ნამდვილად,

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

ასე რომ A(k)ÞA(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, დავასკვნათ, რომ დაშვება A(n) მართალია ნებისმიერი nОN-ისთვის.

დაამტკიცე რომ

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), სადაც x¹1

ამოხსნა: 1) n=1-ისთვის მივიღებთ

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

შესაბამისად, n=1-ისთვის ფორმულა მართალია; A(1) მართალია.

2) K იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის, ე.ი.

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

მოდით დავამტკიცოთ, რომ მაშინ თანასწორობა

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

Ნამდვილად

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).

ასე რომ A(k)ÞA(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით დავასკვნით, რომ ფორმულა ჭეშმარიტია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ, რომ ამოზნექილი n-გონების დიაგონალების რაოდენობაა n(n-3)/2.

ამოხსნა: 1) n=3-ისთვის დებულება მართალია

და 3 სწორია, რადგან სამკუთხედში

 A 3 =3(3-3)/2=0 დიაგონალი;

A 2 A(3) მართალია.

2) დავუშვათ, რომ ნებისმიერ

ამოზნექილი კ-გონი აქვს-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 დიაგონალი.

A k დავამტკიცოთ, რომ მაშინ ამოზნექილში

(k+1)-gon ნომერი

დიაგონალები A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

მოდით А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -ამოზნექილი (k+1)-კუთხე. დავხატოთ მასში დიაგონალი A 1 A k. ამ (k + 1)-გონების დიაგონალების ჯამური რაოდენობის დასათვლელად, თქვენ უნდა დაითვალოთ დიაგონალების რაოდენობა k-გონში A 1 A 2 ...A k, მიღებულ რიცხვს დაუმატოთ k-2, ე.ი. გასათვალისწინებელია A k+1 წვეროდან გამომავალი (k+1)-გოგონის დიაგონალების რაოდენობა და, გარდა ამისა, A 1 A k დიაგონალი.

ამრიგად,

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

ასე რომ A(k)ÞA(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპიდან გამომდინარე, განცხადება მართალია ნებისმიერი ამოზნექილი n-გონებისთვის.

დაადასტურეთ, რომ ნებისმიერი n-სთვის დებულება მართალია:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

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

აქედან გამომდინარე, n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ n=k

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

3) განვიხილოთ ეს განცხადება n=k+1-ისთვის

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.

ჩვენ დავამტკიცეთ n=k+1 ტოლობის მართებულობა, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით, დებულება ჭეშმარიტია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის ტოლობა მართალია:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

ამოხსნა: 1) მოდით n=1.

მაშინ X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

ჩვენ ვხედავთ, რომ n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ ტოლობა მართალია n=k-სთვის

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

3) დავამტკიცოთ ამ დებულების ჭეშმარიტება n=k+1-ისთვის, ე.ი.

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.

ზემოაღნიშნული მტკიცებულებიდან ირკვევა, რომ დებულება ჭეშმარიტია n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, ტოლობა ჭეშმარიტია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.

დაამტკიცე რომ

((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), სადაც n>2.

ამოხსნა: 1) n=2-ისთვის იდენტურობა ასე გამოიყურება: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

იმათ. სწორია.

2) დავუშვათ, რომ გამოთქმა მართალია n=k-სთვის

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

3) დავამტკიცებთ გამოთქმის სისწორეს 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).

ჩვენ დავამტკიცეთ n=k+1 ტოლობის მართებულობა, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამო, დებულება მართალია ნებისმიერი n>2-ისთვის.

დაამტკიცე რომ

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

ნებისმიერი ბუნებრივი ნ.

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

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

2) დავუშვათ, რომ n=k, მაშინ

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

3) დავამტკიცოთ ამ დებულების ჭეშმარიტება n=k+1-ისთვის

(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).

ასევე დადასტურებულია n=k+1 ტოლობის მართებულობა, ამიტომ დებულება ჭეშმარიტია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ პირადობის ნამდვილობა

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

ნებისმიერი ბუნებრივი ნ.

1) n=1-ისთვის იდენტურობა მართალია 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

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

3) დავამტკიცოთ, რომ იდენტობა მართალია n=k+1-ისთვის.

(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).

ზემოაღნიშნული მტკიცებულებიდან ჩანს, რომ მტკიცება მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ, რომ (11 n+2 +12 2n+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე.

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

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

მაგრამ (23´133) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე, ამიტომ n=1-ისთვის დებულება მართალია; A(1) მართალია.

2) დავუშვათ, რომ (11 k+2 +12 2k+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე.

3) დავამტკიცოთ, რომ ამ შემთხვევაში

(11 k+3 +12 2k+3) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე. მართლაც, 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.

შედეგად მიღებული ჯამი ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე, ვინაიდან მისი პირველი წევრი იყოფა 133-ზე ნარჩენის გარეშე დაშვებით, ხოლო მეორეში ერთ-ერთი ფაქტორი არის 133. ასე რომ, А(k)ÞА(k+1). მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება.

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი n 7-ისთვის n -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე.

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ X 1 =7 1 -1=6 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. ასე რომ, n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

7 k -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე.

3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის.

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

პირველი წევრი იყოფა 6-ზე, ვინაიდან 7 k -1 იყოფა 6-ზე დაშვებით, ხოლო მეორე წევრი არის 6. ასე რომ, 7 n -1 არის 6-ის ნამრავლი ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება.

დაამტკიცეთ, რომ 3 3n-1 +2 4n-3 თვითნებური ბუნებრივი n-ისთვის იყოფა 11-ზე.
ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე. აქედან გამომდინარე, n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე.

3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის.

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.

პირველი წევრი იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე, რადგან 3 3k-1 +2 4k-3 იყოფა 11-ზე დაშვებით, მეორე იყოფა 11-ზე, რადგან მისი ერთ-ერთი ფაქტორია რიცხვი 11. შესაბამისად, ჯამი არის ასევე იყოფა 11-ზე ნაშთების გარეშე ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება.

დაამტკიცეთ, რომ 11 2n -1 თვითნებური დადებითი მთელი რიცხვისთვის n იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე.

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ 11 2 -1=120 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. ასე რომ, n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

11 2k -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე.

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

ორივე წევრი იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე: პირველი შეიცავს 6-ის ნამრავლს 120, ხოლო მეორე იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე დაშვებით. ასე რომ, ჯამი იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება.

დაამტკიცეთ, რომ 3 3n+3 -26n-27 თვითნებური დადებითი მთელი რიცხვისთვის n იყოფა 26 2-ზე (676) ნაშთის გარეშე.

ამოხსნა: ჯერ დავამტკიცოთ, რომ 3 3n+3 -1 იყოფა 26-ზე ნაშთის გარეშე.

1. n=0-ისთვის

3 3 -1=26 იყოფა 26-ზე

2. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

3 3k+3 -1 იყოფა 26-ზე

3. დავამტკიცოთ ეს განცხადება

მართალია n=k+1-ისთვის.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – იყოფა 26-ზე

ახლა დავამტკიცოთ პრობლემის პირობებში ჩამოყალიბებული მტკიცება.

1) აშკარაა, რომ n=1-ისთვის დებულება მართალია

3 3+3 -26-27=676

2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

გამოთქმა 3 3k+3 -26k-27 იყოფა 26 2-ზე ნაშთის გარეშე.

3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის

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

ორივე წევრი იყოფა 26 2-ზე; პირველი იყოფა 26 2-ზე, რადგან დავამტკიცეთ, რომ ფრჩხილებში მოცემული გამოხატულება იყოფა 26-ზე, ხოლო მეორე იყოფა ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება.

დაამტკიცეთ, რომ თუ n>2 და x>0, მაშინ უტოლობა

(1+x) n >1+n´x.

ამოხსნა: 1) n=2-სთვის უტოლობა მართალია, ვინაიდან

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

ასე რომ, A(2) მართალია.

2) დავამტკიცოთ, რომ A(k)ÞA(k+1) თუ k> 2. დავუშვათ, რომ A(k) მართალია, ე.ი. რომ უტოლობა

(1+x) k >1+k´x. (3)

დავამტკიცოთ, რომ მაშინ A(k+1) ასევე მართალია, ე.ი. რომ უტოლობა

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

მართლაც, უტოლობის ორივე მხარე (3) გავამრავლოთ დადებით რიცხვზე 1+x, მივიღებთ

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

განვიხილოთ ბოლო არათანაბარის მარჯვენა მხარე

სტვა; ჩვენ გვაქვს

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

შედეგად, ჩვენ ამას ვიღებთ

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

ასე რომ A(k)ÞA(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, შეიძლება ითქვას, რომ ბერნულის უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერისთვის.

დაამტკიცეთ, რომ უტოლობა მართალია

(1+a+a 2) m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 a> 0-ისთვის.

ამოხსნა: 1) m=1-ისთვის

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ორივე ნაწილი ტოლია.

2) დავუშვათ, რომ m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) დავამტკიცოთ, რომ m=k+1-ისთვის არატოლობა მართალია

(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 .

ჩვენ დავამტკიცეთ m=k+1 უტოლობის მართებულობა, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, უტოლობა მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი m-სთვის.

დაამტკიცეთ, რომ n>6-ისთვის უტოლობა

3 n >n´2 n+1 .

ამოხსნა: გადავიწეროთ უტოლობა ფორმაში

1. n=7-ისთვის გვაქვს

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

უთანასწორობა მართალია.

2. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

3) დავამტკიცოთ n=k+1 უტოლობის სისწორე.

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

ვინაიდან k>7, ბოლო უტოლობა აშკარაა.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის.

დაამტკიცეთ, რომ n>2-ისთვის უტოლობა

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

ამოხსნა: 1) n=3-სთვის უტოლობა მართალია

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

1. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/კ 2)=1,7-(1/კ).

3) ჩვენ დავამტკიცებთ არა-ის მართებულობას

ტოლობები n=k+1-ისთვის

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

დავამტკიცოთ, რომ 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

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

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

ეს უკანასკნელი აშკარაა და ამიტომ

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

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცდება არათანასწორობა.

დასკვნა

კერძოდ, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის შესწავლის შემდეგ, გავზარდე ჩემი ცოდნა მათემატიკის ამ სფეროში და ასევე ვისწავლე როგორ გადამეჭრა პრობლემები, რომლებიც ადრე ჩემს ძალებს აღემატებოდა.

ძირითადად, ეს იყო ლოგიკური და გასართობი ამოცანები, ე.ი. მხოლოდ ის, რაც ზრდის ინტერესს თავად მათემატიკის, როგორც მეცნიერების მიმართ. ასეთი პრობლემების გადაწყვეტა ხდება გასართობი საქმიანობა და შეუძლია უფრო და უფრო ცნობისმოყვარე ადამიანების მიზიდვა მათემატიკური ლაბირინთებისკენ. ჩემი აზრით, ეს არის ნებისმიერი მეცნიერების საფუძველი.

გავაგრძელებ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის შესწავლას, შევეცდები ვისწავლო როგორ გამოვიყენო ის არა მხოლოდ მათემატიკაში, არამედ ფიზიკის, ქიმიისა და თავად ცხოვრების ამოცანების ამოხსნაში.

მათემატიკა:

ლექციები, ამოცანები, გადაწყვეტილებები

სახელმძღვანელო / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. შპს პოტპური 1996 წ.

ალგებრა და ანალიზის პრინციპები

სახელმძღვანელო / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. "განმანათლებლობა" 1975 წ.

ლექცია 6. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

ახალი ცოდნა მეცნიერებასა და ცხოვრებაში სხვადასხვა გზით მიიღება, მაგრამ ყველა მათგანი (თუ დეტალებს არ ჩავუღრმავდებით) იყოფა ორ ტიპად - გადასვლა ზოგადიდან კონკრეტულზე და კონკრეტულიდან ზოგადზე. პირველი არის დედუქცია, მეორე არის ინდუქცია. დედუქციურ მსჯელობას ჩვეულებრივ უწოდებენ მათემატიკაში ლოგიკური მიზეზებიდა მათემატიკაში დედუქცია გამოკვლევის ერთადერთი ლეგიტიმური მეთოდია. ლოგიკური მსჯელობის წესები ორნახევარი ათასწლეულის წინ ჩამოაყალიბა ძველმა ბერძენმა მეცნიერმა არისტოტელემ. მან შექმნა უმარტივესი სწორი მსჯელობის სრული სია, სილოგიზმები– ლოგიკის „კუბიკები“, ამავდროულად მიუთითებს ტიპურ მსჯელობას, ძალიან ჰგავს სწორს, მაგრამ არასწორი (ასეთ „ფსევდოლოგიურ“ მსჯელობას ხშირად ვხვდებით მედიაში).

ინდუქცია (ინდუქცია - ლათინურად ხელმძღვანელობა) ილუსტრირებულია ცნობილი ლეგენდით იმის შესახებ, თუ როგორ ჩამოაყალიბა ისააკ ნიუტონმა უნივერსალური მიზიდულობის კანონი მას შემდეგ, რაც თავზე ვაშლი დაეცა. კიდევ ერთი მაგალითი ფიზიკიდან: ისეთ ფენომენში, როგორიცაა ელექტრომაგნიტური ინდუქცია, ელექტრული ველი ქმნის, "იწვევს" მაგნიტურ ველს. „ნიუტონის ვაშლი“ არის სიტუაციის ტიპიური მაგალითი, როდესაც ერთი ან რამდენიმე განსაკუთრებული შემთხვევა, ე.ი. დაკვირვებები, „მიიყვანს“ ზოგად დებულებამდე, ზოგადი დასკვნა კეთდება ცალკეული შემთხვევების საფუძველზე. ინდუქციური მეთოდი მთავარია ზოგადი ნიმუშების მისაღებად როგორც საბუნებისმეტყველო, ისე ჰუმანიტარულ მეცნიერებებში. მაგრამ მას აქვს ძალიან მნიშვნელოვანი ნაკლი: კონკრეტული მაგალითების საფუძველზე შეიძლება გამოვიდეს არასწორი დასკვნა. პირადი დაკვირვებებიდან გამომდინარე ჰიპოთეზები ყოველთვის არ არის სწორი. განვიხილოთ ეილერის მაგალითი.

ჩვენ გამოვთვლით ტრინომის მნიშვნელობას რამდენიმე პირველი მნიშვნელობისთვის ნ:

გაითვალისწინეთ, რომ გამოთვლების შედეგად მიღებული რიცხვები მარტივია. და ეს შეიძლება პირდაპირ გადაამოწმოს თითოეულისთვის ნ 1-დან 39-მდე მრავალწევრი მნიშვნელობა
არის მარტივი რიცხვი. თუმცა, როცა ნ=40 მივიღებთ რიცხვს 1681=41 2, რომელიც არ არის მარტივი. ამრიგად, ჰიპოთეზა, რომელიც შეიძლება წარმოიშვას აქ, ანუ ჰიპოთეზა, რომ თითოეული ნნომერი
მარტივია, ყალბი აღმოჩნდება.

ლაიბნიცმა მე-17 საუკუნეში დაამტკიცა, რომ ყოველი დადებითი მთელი რიცხვისთვის ნნომერი
იყოფა 3-ზე
იყოფა 5-ზე და ა.შ. ამის საფუძველზე მან შესთავაზა, რომ ყველა უცნაურობისთვის კდა ნებისმიერი ბუნებრივი ნნომერი
იყოფა კ, მაგრამ მალევე შენიშნა
არ იყოფა 9-ზე.

განხილული მაგალითები საშუალებას გვაძლევს გამოვიტანოთ მნიშვნელოვანი დასკვნა: განცხადება შეიძლება იყოს ჭეშმარიტი რიგ განსაკუთრებულ შემთხვევებში და ამავე დროს, ზოგადად, უსამართლო. ზოგად საქმეში განცხადების მართებულობის საკითხი შეიძლება გადაწყდეს მსჯელობის სპეციალური მეთოდის გამოყენებით ე.წ მათემატიკური ინდუქციით(სრული ინდუქცია, სრულყოფილი ინდუქცია).

6.1. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი.

♦ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი , რომელიც შედგება შემდეგისგან:

1) ამ განცხადების ნამდვილობა დამოწმებულიან=1 (ინდუქციის საფუძველი) ,

2) ეს განცხადება ითვლება ჭეშმარიტადნ= კ, სადკარის თვითნებური ბუნებრივი რიცხვი 1(ინდუქციური ვარაუდი) და ამ ვარაუდის გათვალისწინებით, დადგენილია მისი მართებულობან= კ+1.

მტკიცებულება. დავუშვათ საპირისპირო, ანუ დავუშვათ, რომ მტკიცება არ არის ჭეშმარიტი ყველა ბუნებრივისთვის ნ. მაშინ არის ასეთი ბუნებრივი მ, რა:

1) დამტკიცება ნ=მარა სამართლიანი,

2) ყველასთვის ნ, უფრო პატარა მმტკიცება მართალია (სხვა სიტყვებით, მარის პირველი ნატურალური რიცხვი, რომლის მტკიცებაც ვერ ხერხდება).

აშკარაა რომ მ>1, რადგან ამისთვის ნ=1 განცხადება მართალია (პირობა 1). აქედან გამომდინარე,
- ნატურალური რიცხვი. გამოდის, რომ ნატურალური რიცხვისთვის
განცხადება მართალია და შემდეგი ნატურალური რიცხვისთვის მეს არის უსამართლო. ეს ეწინააღმდეგება მე-2 პირობას. ■

გაითვალისწინეთ, რომ მტკიცებულებაში გამოყენებული იყო აქსიომა, რომ ნატურალური რიცხვების ნებისმიერი კოლექცია შეიცავს უმცირეს რიცხვს.

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დამყარებული მტკიცებულება ე.წ სრული მათემატიკური ინდუქციით .

 მაგალითი6.1. დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი ნნომერი
იყოფა 3-ზე.

გადაწყვეტილება.

1) როდის ნ=1, ასე რომ ა 1 იყოფა 3-ზე და განცხადება მართალია ნ=1.

2) დავუშვათ, რომ განცხადება მართალია ნ=კ,
, ანუ ის რიცხვი
იყოფა 3-ზე და იპოვე ეს ნ=კ+1 რიცხვი იყოფა 3-ზე.

Ნამდვილად,

იმიტომ რომ თითოეული წევრი იყოფა 3-ზე, მაშინ მათი ჯამი ასევე იყოფა 3-ზე. ■ 

 მაგალითი6.2. დაამტკიცეთ, რომ პირველის ჯამი ნბუნებრივი კენტი რიცხვები უდრის მათი რიცხვის კვადრატს, ანუ .

გადაწყვეტილება.ვიყენებთ სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს.

1) ჩვენ ვამოწმებთ ამ განცხადების ნამდვილობას ნ=1: 1=1 2 სწორია.

2) დავუშვათ, რომ პირველის ჯამი კ (
) კენტი რიცხვების ტოლია ამ რიცხვების კვადრატის, ანუ . ამ თანასწორობიდან გამომდინარე ვადგენთ, რომ პირველის ჯამი კ+1 კენტი რიცხვი უდრის
, ე.ი.

ჩვენ ვიყენებთ ჩვენს ვარაუდს და ვიღებთ

. ■ 

ზოგიერთი უტოლობის დასამტკიცებლად გამოიყენება სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. მოდით დავამტკიცოთ ბერნულის უტოლობა.

 მაგალითი6.3. დაამტკიცე რომ როცა
და ნებისმიერი ბუნებრივი ნუთანასწორობა
(ბერნულის უტოლობა).

გადაწყვეტილება. 1) როდის ნ=1 მივიღებთ
, რომელია სწორი.

2) ჩვენ ვვარაუდობთ, რომ ზე ნ=კარის უთანასწორობა
(*). ამ ვარაუდის გამოყენებით ჩვენ ვამტკიცებთ ამას
. გაითვალისწინეთ, რომ როდესაც
ეს უთანასწორობა არსებობს და, შესაბამისად, საკმარისია საქმის განხილვა
.

გაამრავლეთ უტოლობის ორივე ნაწილი (*) რიცხვზე
და მიიღე:

ანუ (1+
.■ 

დადასტურება მეთოდით არასრული მათემატიკური ინდუქცია ზოგიერთი მტკიცება დამოკიდებულია ნ, სად
ანალოგიურად ხორციელდება, მაგრამ თავიდანვე სამართლიანობა მყარდება უმცირესი ღირებულებისთვის ნ.

ზოგიერთი პრობლემა ცალსახად არ აყალიბებს განცხადებას, რომელიც შეიძლება დადასტურდეს მათემატიკური ინდუქციით. ასეთ შემთხვევებში საჭიროა კანონზომიერების დადგენა და ჰიპოთეზის გამოთქმა ამ კანონზომიერების მართებულობის შესახებ, შემდეგ კი შემოთავაზებული ჰიპოთეზის შემოწმება მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით.

 მაგალითი6.4. იპოვეთ თანხა
.

გადაწყვეტილება.მოდი ვიპოვოთ თანხები ს 1 , ს 2 , ს 3 . Ჩვენ გვაქვს
,
,
. ჩვენ ვარაუდობთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი ნფორმულა მოქმედებს
. ამ ჰიპოთეზის შესამოწმებლად ვიყენებთ სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს.

1) როდის ნ=1 ჰიპოთეზა მართალია, რადგან
.

2) დავუშვათ, რომ ჰიპოთეზა მართალია ნ=კ,
, ე.ი
. ამ ფორმულის გამოყენებით ჩვენ დავადგინეთ, რომ ჰიპოთეზა არის ჭეშმარიტი და ამისთვის ნ=კ+1, ანუ

Ნამდვილად,

ასე რომ, ვივარაუდოთ, რომ ჰიპოთეზა მართალია ნ=კ,
, დადასტურებულია, რომ ეს მართალია ნ=კ+1 და მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით დავასკვნით, რომ ფორმულა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვის ნ. ■ 

 მაგალითი6.5. მათემატიკაში დადასტურებულია, რომ ორი ერთნაირად უწყვეტი ფუნქციის ჯამი ერთნაირად უწყვეტი ფუნქციაა. ამ განცხადებაზე დაყრდნობით, ჩვენ უნდა დავამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი რიცხვის ჯამი
ერთიანი უწყვეტი ფუნქციები არის ერთგვაროვანი უწყვეტი ფუნქცია. მაგრამ რადგან ჩვენ ჯერ არ შემოგვიტანია „ერთგვაროვნად უწყვეტი ფუნქციის“ ცნება, მოდით დავაყენოთ პრობლემა უფრო აბსტრაქტულად: ცნობილი იყოს, რომ ორი ფუნქციის ჯამი, რომლებსაც აქვთ გარკვეული თვისება. ს, თავად აქვს ქონება ს. დავამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი რაოდენობის ფუნქციის ჯამს აქვს თვისება ს.

გადაწყვეტილება.ინდუქციის საფუძველი აქ არის პრობლემის ფორმულირება. ინდუქციური ვარაუდის გაკეთებით, განიხილეთ
ფუნქციები ვ 1 , ვ 2 , …, ვ ნ , ვ ნ+1 რომელსაც აქვს ქონება ს. მაშინ . მარჯვენა მხარეს, პირველ ტერმინს აქვს ქონება სინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით, მეორე ტერმინს აქვს თვისება სპირობით. მაშასადამე, მათ ჯამს აქვს ქონება ს– ორი ვადით, ინდუქციური „მუშაობს“ საფუძველი.

ეს ადასტურებს მტკიცებას და გამოიყენებს მას შემდგომში. ■ 

 მაგალითი6.6. იპოვე ყველაფერი ბუნებრივი ნ, რისთვისაც უთანასწორობა

.

გადაწყვეტილება.განიხილეთ ნ=1, 2, 3, 4, 5, 6. გვაქვს: 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2 , 2 6 > 6 2 . ამრიგად, ჩვენ შეგვიძლია გამოვყოთ ჰიპოთეზა: უთანასწორობა
აქვს ადგილი ყველასთვის
. ამ ჰიპოთეზის ჭეშმარიტების დასამტკიცებლად ვიყენებთ არასრული მათემატიკური ინდუქციის პრინციპს.

1) როგორც ზემოთ აღინიშნა, ეს ჰიპოთეზა მართალია ნ=5.

2) დავუშვათ, რომ ეს მართალია ნ=კ,
, ანუ უთანასწორობა
. ამ დაშვების გამოყენებით ვამტკიცებთ, რომ უტოლობა
.

თ.-მდე.
და ზე
არის უთანასწორობა

ზე
,

მაშინ მივიღებთ ამას
. ასე რომ, ჰიპოთეზის სიმართლე ნ=კ+1 გამომდინარეობს იმ ვარაუდიდან, რომ ეს მართალია ნ=კ,
.

საწყისი pp. 1 და 2, არასრული მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, გამოდის, რომ უტოლობა
მართალია ყოველი ბუნებრივი
. ■ 

 მაგალითი6.7. დაამტკიცეთ ეს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის ნდიფერენციაციის ფორმულა მოქმედებს
.

გადაწყვეტილება.ზე ნ=1 ამ ფორმულას აქვს ფორმა
, ან 1=1, ანუ მართალია. ინდუქციური დაშვების გაკეთებისას, ჩვენ გვაქვს:

ქ.ე.დ. ■ 

 მაგალითი6.8. დაამტკიცეთ, რომ კომპლექტი შედგება ნელემენტები, აქვს ქვეჯგუფები.

გადაწყვეტილება.ნაკრები ერთი ელემენტით ა, აქვს ორი ქვეჯგუფი. ეს მართალია, რადგან მისი ყველა ქვესიმრავლე არის ცარიელი სიმრავლე და თავად სიმრავლე, და 2 1 =2.

ჩვენ ვვარაუდობთ, რომ ნებისმიერი კომპლექტი ნელემენტები აქვს ქვეჯგუფები. თუ A სიმრავლე შედგება ნ+1 ელემენტი, შემდეგ მასში ვაფიქსირებთ ერთ ელემენტს - აღვნიშნავთ დდა დაყავით ყველა ქვეჯგუფი ორ კლასად - არ შეიცავს დდა შეიცავს დ. პირველი კლასის ყველა ქვესიმრავლე არის B სიმრავლის ქვესიმრავლეები, რომლებიც მიღებულია A-დან ელემენტის ამოღებით დ.

B ნაკრები შედგება ნელემენტები და, შესაბამისად, ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით, მას აქვს ქვეჯგუფები, ასე რომ პირველ კლასში ქვეჯგუფები.

მაგრამ მეორე კლასში არის იგივე რაოდენობის ქვესიმრავლე: თითოეული მათგანი მიიღება პირველი კლასის ზუსტად ერთი ქვეჯგუფიდან ელემენტის დამატებით. დ. მაშასადამე, მთლიანობაში, კომპლექტი A
ქვეჯგუფები.

ამრიგად, მტკიცება დადასტურებულია. გაითვალისწინეთ, რომ ის ასევე მოქმედებს 0 ელემენტისგან შემდგარი სიმრავლისთვის - ცარიელი სიმრავლე: მას აქვს ერთი ქვესიმრავლე - თავად და 2 0 =1. ■ 

ამისათვის ჯერ შეამოწმეთ განცხადების სიმართლე ნომრით 1 - ინდუქციური ბაზა, და შემდეგ მტკიცდება, რომ თუ განცხადება ნომრით ნ, შემდეგ შემდეგი მტკიცება ნომრით ნ + 1 - ინდუქციური ნაბიჯი, ან ინდუქციური გადასვლა.

ინდუქციით მტკიცება შეიძლება ვიზუალურად იყოს წარმოდგენილი ე.წ დომინოს პრინციპი. დომინოს ნებისმიერი რაოდენობა მოთავსდეს მწკრივში ისე, რომ ყოველი დომინო, დაცემით, აუცილებლად გადააბრუნებს მომდევნო დომინოს (ეს არის ინდუქციური გადასვლა). შემდეგ, თუ პირველ ძვალს დავაწვებით (ეს არის ინდუქციის საფუძველი), მაშინ მწკრივის ყველა ძვალი დაეცემა.

მტკიცების ამ მეთოდის ლოგიკური საფუძველია ე.წ ინდუქციის აქსიომა, პეანოს აქსიომებიდან მეხუთე, რომელიც განსაზღვრავს ნატურალურ რიცხვებს. ინდუქციის მეთოდის სისწორე უდრის იმ ფაქტს, რომ ნატურალური რიცხვების ნებისმიერ ქვეჯგუფში არის მინიმალური ელემენტი.

ასევე არსებობს ვარიაცია, ე.წ სრული მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი. აქ არის მისი მკაცრი ფორმულირება:

სრული მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი ასევე ექვივალენტურია პეანოს აქსიომებში ინდუქციის აქსიომასთან.

მაგალითები

დავალება.დაამტკიცეთ ეს, რაც არ უნდა იყოს ბუნებრივი ნდა რეალური ქ≠ 1, თანასწორობა

მტკიცებულება.ინდუქციაზე ნ.

ბაზა, ნ = 1:

Გარდამავალი: მოდი ვიჩვენოთ, რომ

,

ქ.ე.დ.

კომენტარი:განცხადების ერთგულება პ ნამ მტკიცებულებაში იგივეა, რაც თანასწორობის მართებულობა

იხილეთ ასევე

ვარიაციები და განზოგადება

ლიტერატურა

• N. Ya. Vilenkinინდუქცია. კომბინატორიკა. სახელმძღვანელო მასწავლებლებისთვის. მ., განმანათლებლობა, 1976.-48 გვ.
• L. I. Golovina, I. M. Yaglomინდუქცია გეომეტრიაში, „პოპულარული ლექციები მათემატიკაში“, გამოცემა 21, Fizmatgiz 1961.-100გვ.
• რ.კურანტი, გ.რობინსი"რა არის მათემატიკა?" თავი I, §2.
• I.S. Sominskyმათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. „პოპულარული ლექციები მათემატიკაზე“, გამოცემა 3, გამომცემლობა ნაუკა 1965.-58 გვ.

ფონდი ვიკიმედია. 2010 წ.

ნახეთ, რა არის „მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი“ სხვა ლექსიკონებში:

მათემატიკური ინდუქცია მათემატიკაში მტკიცების ერთ-ერთი მეთოდია. გამოიყენება ზოგიერთი დებულების ჭეშმარიტების დასამტკიცებლად ყველა ნატურალური რიცხვისთვის. ამისათვის ჯერ მოწმდება 1 რიცხვით განცხადების სიმართლე, ინდუქციის საფუძველი და შემდეგ ... ... ვიკიპედია

თეორიის აგების მეთოდი, გარდა ამისა, იგი ეფუძნება მის ზოგიერთ დებულებას - აქსიომებს ან პოსტულატებს - საიდანაც თეორიის (თეორემის) ყველა სხვა დებულება მომდინარეობს მსჯელობით, რომელსაც მტკიცებულებები m i ეწოდება. წესები, სხვათა შორის ... ... ფილოსოფიური ენციკლოპედია

ინდუქცია (ლათინური inductio guidance) არის დასკვნის პროცესი, რომელიც დაფუძნებულია კონკრეტული პოზიციიდან ზოგადზე გადასვლაზე. ინდუქციური მსჯელობა აკავშირებს კერძო ობიექტებს დასკვნასთან არა იმდენად ლოგიკის კანონებით, არამედ ზოგიერთი ... ... ვიკიპედიით

გენეტიკური მეთოდი- გზა შესწავლილი ობიექტის შინაარსისა და არსის დასადგენად არა კონვენციით, იდეალიზაციით ან ლოგიკური დასკვნით, არამედ მისი წარმოშობის შესწავლით (დაფუძნებული იმ მიზეზების შესწავლაზე, რამაც გამოიწვია მისი წარმოშობა, ფორმირების მექანიზმი). Ფართო... ... მეცნიერების ფილოსოფია: ძირითადი ტერმინების ლექსიკონი

მეცნიერული თეორიის აგების მეთოდი, რომელშიც ის ემყარება აქსიომის (იხ. აქსიომა) ან პოსტულატების ზოგიერთ საწყის დებულებებს (განსჯას), საიდანაც უნდა იყოს მიღებული ამ მეცნიერების ყველა სხვა დებულება (თეორემები (იხ. თეორემა)). ..... დიდი საბჭოთა ენციკლოპედია

აქსიომური მეთოდი- AXIOMATIC METOD (ბერძნულიდან axioma) მიღებული პოზიცია არის მეცნიერული თეორიის აგების მეთოდი, რომელშიც მტკიცებულებებში გამოყენებულია მხოლოდ აქსიომები, პოსტულატები და მათგან ადრე მიღებული განცხადებები. ნაჩვენებია პირველად... ეპისტემოლოგიისა და მეცნიერების ფილოსოფიის ენციკლოპედია

შეცდომის თეორიის ერთ-ერთი მეთოდი შემთხვევითი შეცდომების შემცველი გაზომვის შედეგებიდან უცნობი რაოდენობების შესაფასებლად. N.c.m ასევე გამოიყენება მოცემული ფუნქციის მიახლოებითი წარმოდგენისთვის სხვა (უფრო მარტივი) ფუნქციებით და ხშირად აღმოჩნდება ... მათემატიკური ენციკლოპედია

მათემატიკური ინდუქცია არის მათემატიკური მტკიცებულების ერთ-ერთი მეთოდი, რომელიც გამოიყენება ყველა ნატურალური რიცხვისთვის ზოგიერთი განცხადების ჭეშმარიტების დასამტკიცებლად. ამისათვის ჯერ შეამოწმეთ ... ვიკიპედია

ამ ტერმინს სხვა მნიშვნელობა აქვს, იხილეთ ინდუქცია. ინდუქცია (ლათინური inductio guidance) არის დასკვნის პროცესი, რომელიც დაფუძნებულია კონკრეტული პოზიციიდან ზოგადზე გადასვლაზე. ინდუქციური მსჯელობა აკავშირებს კერძო შენობებს ... ... ვიკიპედიას

ინდუქცია არის კონკრეტული დაკვირვებებიდან ზოგადი განცხადების მიღების მეთოდი. იმ შემთხვევაში, როდესაც მათემატიკური დებულება ეხება ობიექტთა სასრულ რაოდენობას, ეს შეიძლება დადასტურდეს თითოეული ობიექტის შემოწმებით. მაგალითად, განცხადება: „ყოველი ორნიშნა ლუწი რიცხვი არის ორი მარტივი რიცხვის ჯამი“, გამომდინარეობს ტოლობების სერიიდან, რომელთა დადგენა საკმაოდ რეალურია:

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

მტკიცების მეთოდს, რომელშიც დებულება მოწმდება სასრული რაოდენობის შემთხვევისთვის, რომელიც ამოწურავს ყველა შესაძლებლობას, სრული ინდუქცია ეწოდება. ეს მეთოდი შედარებით იშვიათად გამოიყენება, რადგან მათემატიკური განცხადებები, როგორც წესი, ეხება არა სასრულ, არამედ უსასრულო ობიექტებს. მაგალითად, სრული ინდუქციით დადასტურებული ლუწი ორნიშნა რიცხვების შესახებ დებულება მხოლოდ თეორემის განსაკუთრებული შემთხვევაა: „ნებისმიერი ლუწი რიცხვი არის ორი მარტივი რიცხვის ჯამი“. ეს თეორემა ჯერ არ არის დადასტურებული ან უარყოფილი.

მათემატიკური ინდუქცია არის ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის გარკვეული დებულების დასამტკიცებელი მეთოდი, რომელიც ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის პრინციპს: „თუ დებულება მართალია n=1-ისთვის და მისი მოქმედებიდან n=k-სთვის, გამოდის, რომ ეს დებულება მართალია n=-სთვის. k+1, მაშინ ეს მართალია ყველა n-სთვის. მათემატიკური ინდუქციით დამტკიცების მეთოდი შემდეგია:

1) ინდუქციის საფუძველი: დაადასტურეთ ან პირდაპირ გადაამოწმეთ განცხადების მართებულობა n=1-ისთვის (ზოგჯერ n=0 ან n=n 0);

2) ინდუქციური საფეხური (გარდამავალი): ისინი იღებენ განცხადების ნამდვილობას ზოგიერთი ბუნებრივი n=k-სთვის და ამ დაშვების საფუძველზე ადასტურებენ განცხადების მართებულობას n=k+1-ისთვის.

პრობლემები გადაწყვეტილებებთან

1. დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n რიცხვი 3 2n+1 +2 n+2 იყოფა 7-ზე.

აღვნიშნოთ A(n)=3 2n+1 +2 n+2 .

ინდუქციის საფუძველი. თუ n=1, მაშინ A(1)=3 3 +2 3 =35 და აშკარად იყოფა 7-ზე.

ინდუქციის ჰიპოთეზა. მოდით A(k) იყოფა 7-ზე.

ინდუქციური გადასვლა. დავამტკიცოთ, რომ A(k+1) იყოფა 7-ზე, ანუ პრობლემის დებულების მართებულობა n=k-სთვის.

А(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 3 2 +2 k+2 2 1 =3 2k+1 9+2 k+2 2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.

ბოლო რიცხვი იყოფა 7-ზე, რადგან ეს არის 7-ზე გაყოფილი ორი მთელი რიცხვის სხვაობა. ამიტომ, 3 2n+1 +2 n+2 იყოფა 7-ზე ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.

2. დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი დადებითი მთელი რიცხვისთვის n რიცხვი 2 3 n +1 იყოფა 3 n+1-ზე და არ იყოფა 3 n+2-ზე.

შემოვიღოთ აღნიშვნა: a i =2 3 i +1.

n=1-ისთვის გვაქვს და 1 =2 3 +1=9. ასე რომ, 1 იყოფა 3 2-ზე და არ იყოფა 3 3-ზე.

მოდით, n=k რიცხვი a k იყოფა 3 k+1-ზე და არ იყოფა 3 k+2-ზე, ანუ a k =2 3 k +1=3 k+1 m, სადაც m არ იყოფა 3-ზე.

და k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3 k) 3 +1=(2 3 k +1)(2 3 k 2 –2 3 k +1)=3 k+1 m m ((2 3 კ +1) 2 –3 2 3 კ)=3 კ+1 მ ((3 კ+1 მ) 2 –3 2 3 კ)=

3 კ+2 მ (3 2კ+1 მ 2 –2 3 კ).

ცხადია, k+1 იყოფა 3 k+2-ზე და არ იყოფა 3 k+3-ზე.

მაშასადამე, მტკიცება დადასტურებულია ნებისმიერი ბუნებრივი ნ.

3. ცნობილია, რომ x+1/x არის მთელი რიცხვი. დაამტკიცეთ, რომ х n +1/х n ასევე არის მთელი რიცხვი ნებისმიერი n-სთვის.

მოდით შემოვიტანოთ აღნიშვნა: a i \u003d x i +1 / x i და დაუყოვნებლივ აღვნიშნოთ, რომ a i \u003d a -i, ასე რომ, ჩვენ გავაგრძელებთ საუბარს ბუნებრივ მაჩვენებლებზე.

შენიშვნა: და 1 არის მთელი რიცხვი პირობით; a 2 არის მთელი რიცხვი, რადგან 2 \u003d (a 1) 2 -2; და 0=2.

დავუშვათ, რომ k არის მთელი რიცხვი ნებისმიერი დადებითი რიცხვისთვის, რომელიც არ აღემატება n-ს. მაშინ a 1 ·a n არის მთელი რიცხვი, მაგრამ a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 და a n+1 =a 1 ·a n –a n–1. თუმცა, და n–1 არის მთელი რიცხვი ინდუქციის ჰიპოთეზის მიხედვით. მაშასადამე, а n+1 ასევე მთელი რიცხვია. მაშასადამე, х n +1/х n არის მთელი რიცხვი ნებისმიერი მთელი n-სთვის, რომელიც უნდა დადასტურდეს.

4. დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი დადებითი მთელი რიცხვისთვის n 1-ზე მეტი, ორმაგი უტოლობა

5. დაამტკიცეთ, რომ ბუნებრივი n > 1 და |x|

(1–x)n +(1+x)n

n=2-ისთვის უტოლობა მართალია. მართლაც,

(1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2

თუ უტოლობა მართალია n=k-სთვის, მაშინ n=k+1-ისთვის გვაქვს

(1–x)k+1 +(1+x)k+1

უტოლობა დადასტურებულია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n > 1.

6. სიბრტყეზე არის n წრე. დაამტკიცეთ, რომ ამ წრეების ნებისმიერი განლაგებისთვის, მათ მიერ ჩამოყალიბებული რუკა შეიძლება იყოს სწორად შეღებილი ორი ფერით.

გამოვიყენოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

n=1-ისთვის მტკიცება აშკარაა.

დავუშვათ, რომ დებულება მართალია ნებისმიერი რუქისთვის, რომელიც ჩამოყალიბებულია n წრეებით და მოდით, სიბრტყეზე იყოს მოცემული n + 1 წრე. ერთ-ერთი ამ წრის წაშლით, ჩვენ ვიღებთ რუკას, რომელიც, დაშვებული ვარაუდის საფუძველზე, შეიძლება სწორად იყოს შეღებილი ორი ფერით (იხ. პირველი ფიგურა ქვემოთ).

შემდეგ აღვადგენთ გადაგდებულ წრეს და მის ერთ მხარეს, მაგალითად შიგნით, ვცვლით თითოეული უბნის ფერს საპირისპიროდ (იხ. მეორე სურათი). ადვილი მისახვედრია, რომ ამ შემთხვევაში ვიღებთ ორ ფერში სწორად შეღებილ რუკას, მაგრამ მხოლოდ ახლა n + 1 წრეებით, რაც დასამტკიცებელი იყო.

7. ამოზნექილ მრავალკუთხედს „ლამაზს“ დავარქმევთ, თუ შემდეგი პირობები დაკმაყოფილებულია:

1) მისი თითოეული წვერო შეღებილია სამი ფერიდან ერთში;

2) ნებისმიერი ორი მეზობელი წვერო შეღებილია სხვადასხვა ფერში;

3) მრავალკუთხედის მინიმუმ ერთი წვერო შეღებილია სამივე ფერში.

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ლამაზი n-გონი შეიძლება დაიჭრას არაგადაკვეთილი დიაგონალებით "ლამაზ" სამკუთხედებად.

გამოვიყენოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

ინდუქციის საფუძველი. რაც შეიძლება ნაკლები n=3, პრობლემის მტკიცება აშკარაა: "ლამაზი" სამკუთხედის წვეროები შეღებილია სამ სხვადასხვა ფერში და არ არის საჭირო რაიმე ჭრილი.

ინდუქციის ჰიპოთეზა. დავუშვათ, რომ პრობლემის განცხადება მართალია ნებისმიერი "ლამაზი" n-გონისთვის.

ინდუქციური ნაბიჯი. განვიხილოთ თვითნებური "ლამაზი" (n + 1) -გონი და დაამტკიცეთ ინდუქციური ვარაუდის გამოყენებით, რომ ის შეიძლება დაიჭრას რამდენიმე დიაგონალით "ლამაზ" სამკუთხედებად. აღვნიშნოთ А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 – (n+1)-გონების თანმიმდევრული წვეროები. თუ (n + 1)-გონის მხოლოდ ერთი წვერო არის შეღებილი სამი ფერიდან რომელიმეში, მაშინ ამ წვეროს დიაგონალებთან დაკავშირებით ყველა მის მიმდებარე წვეროსთან, მივიღებთ (n + 1)-ის აუცილებელ დანაყოფს. გადადით "ლამაზ" სამკუთხედებში.

თუ (n + 1)-გონის მინიმუმ ორი წვერო დახატულია სამივე ფერში, მაშინ A 1 წვერის ფერს აღვნიშნავთ 1 რიცხვით, ხოლო A 2 წვერის ფერს 2-ით. . მოდით k იყოს უმცირესი რიცხვი ისეთი, რომ A k წვერო შეღებილი იყოს მესამე ფერში. გასაგებია, რომ k > 2. მოვიკვეთოთ სამკუთხედი А k–2 А k–1 А k (n+1)-გონიდან А k–2 А k დიაგონალით. k რიცხვის არჩევის შესაბამისად, ამ სამკუთხედის ყველა წვერო შეღებილია სამ სხვადასხვა ფერში, ანუ ეს სამკუთხედი არის „ლამაზი“. ამოზნექილი n-გონ A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , რომელიც რჩება, ასევე, ინდუქციური ვარაუდის გამო, იქნება „ლამაზი“, რაც იმას ნიშნავს. დაყოფილია „ლამაზ“ სამკუთხედებად, რომელთა დადასტურებაც საჭირო იყო.

8. დაამტკიცეთ, რომ ამოზნექილ n-გონზე შეუძლებელია n-ზე მეტი დიაგონალის არჩევა ისე, რომ რომელიმე მათგანს ჰქონდეს საერთო წერტილი.

განვახორციელოთ მტკიცება მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით.

მოდით დავამტკიცოთ უფრო ზოგადი დებულება: ამოზნექილ n-კუთხედში შეუძლებელია n-ზე მეტი გვერდისა და დიაგონალის არჩევა ისე, რომ რომელიმე მათგანს ჰქონდეს საერთო წერტილი. n = 3-ისთვის მტკიცება აშკარაა. დავუშვათ, რომ ეს მტკიცება მართალია თვითნებური n-გონებისთვის და ამის გამოყენებით დავამტკიცოთ მისი მართებულობა თვითნებური (n + 1)-გონებისთვის.

დავუშვათ, რომ (n + 1)-გონებისთვის ეს განცხადება არ არის ჭეშმარიტი. თუ (n+1)-გონების ყოველი წვეროდან გამოდის არაუმეტეს ორი არჩეული გვერდი ან დიაგონალი, მაშინ მათგან არჩეულია მაქსიმუმ n+1. ამიტომ, მინიმუმ სამი არჩეული გვერდი ან დიაგონალი AB, AC, AD გამოდის A წვეროდან. მოდით AC მოთავსდეს AB და AD შორის. ვინაიდან ნებისმიერი მხარე ან დიაგონალი, რომელიც გამოდის C-დან CA-ს გარდა, არ შეუძლია ერთდროულად გადაკვეთოს AB და AD, მხოლოდ ერთი არჩეული დიაგონალი CA გამოდის C-დან.

C წერტილის CA დიაგონალთან ერთად გადაგდება, მივიღებთ ამოზნექილ n-გონას, რომელშიც არჩეულია n-ზე მეტი მხარე და დიაგონალი, რომელთაგან ნებისმიერ ორს აქვს საერთო წერტილი. ამრიგად, ჩვენ მივდივართ წინააღმდეგობაში იმ ვარაუდთან, რომ მტკიცება ჭეშმარიტია თვითნებური ამოზნექილი n-გონებისთვის.

ასე რომ, (n + 1)-გონისთვის, განცხადება მართალია. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის შესაბამისად, განცხადება მართალია ნებისმიერი ამოზნექილი n-გონებისთვის.

9. სიბრტყეში გავლებულია n წრფე, რომელთაგან არცერთი არ არის პარალელური და არც სამი არ გადის ერთ წერტილში. რამდენ ნაწილად ყოფს ეს ხაზები თვითმფრინავს.

ელემენტარული ნახატების დახმარებით ადვილია დარწმუნდეთ, რომ ერთი სწორი ხაზი ყოფს თვითმფრინავს 2 ნაწილად, ორი სწორი ხაზი 4 ნაწილად, სამი სწორი ხაზი 7 ნაწილად და ოთხი სწორი ხაზი 11 ნაწილად.

აღნიშნეთ N(n)-ით იმ ნაწილების რაოდენობა, რომლებშიც n წრფე ყოფს სიბრტყეს. ჩანს რომ

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

ამის ვარაუდი ბუნებრივია

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

ან, როგორც ადვილი დასადგენია, არითმეტიკული პროგრესიის პირველი n წევრის ჯამის ფორმულის გამოყენებით,

N(n)=1+n(n+1)/2.

დავამტკიცოთ ამ ფორმულის მართებულობა მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით.

n=1-ისთვის ფორმულა უკვე დამოწმებულია.

ინდუქციური დაშვების შემდეგ, განიხილეთ k + 1 წრფე, რომელიც აკმაყოფილებს პრობლემის პირობას. მათგან თვითნებურად ვირჩევთ k სწორ ხაზებს. ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით, ისინი დაყოფენ სიბრტყეს 1+ k(k+1)/2 ნაწილად. დარჩენილი (k + 1)-ე წრფე არჩეული k ხაზებით დაიყოფა k + 1 ნაწილად და, შესაბამისად, გაივლის (k + 1)-ე ნაწილს, რომელშიც უკვე იყო დაყოფილი სიბრტყე, და თითოეული ეს ნაწილები დაიყოფა 2 ნაწილად, ანუ დაემატება კიდევ k+1 ნაწილი. Ისე,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

ქ.ე.დ.

10. გამოთქმაში x 1: x 2: ...: x n მოქმედებების თანმიმდევრობის აღსანიშნავად თავსდება ფრჩხილები და შედეგი იწერება წილადად:

(ამ შემთხვევაში, თითოეული ასო x 1, x 2, ..., x n არის ან წილადის მრიცხველში ან მნიშვნელში). რამდენი განსხვავებული გამოხატვის მიღება შეიძლება ამ გზით ფრჩხილების მოწყობის ყველა შესაძლო ხერხით?

უპირველეს ყოვლისა, ცხადია, რომ მიღებულ წილადში x 1 იქნება მრიცხველში. თითქმის თანაბრად აშკარაა, რომ x 2 იქნება მნიშვნელში ფრჩხილების ნებისმიერი განლაგებისთვის (გაყოფის ნიშანი x 2-მდე მიუთითებს ან თავად x 2-ზე, ან ნებისმიერ გამოსახულებას, რომელიც შეიცავს x 2-ს მრიცხველში).

შეიძლება ვივარაუდოთ, რომ ყველა სხვა ასო x 3 , x 4 , ... , x n შეიძლება განთავსდეს მრიცხველში ან მნიშვნელში სრულიად თვითნებურად. აქედან გამომდინარეობს, რომ ჯამში შეგიძლიათ მიიღოთ 2 n-2 წილადი: თითოეული n-2 ასო x 3, x 4, ..., x n შეიძლება იყოს მრიცხველში ან მნიშვნელში სხვებისგან დამოუკიდებლად.

დავამტკიცოთ ეს მტკიცება ინდუქციით.

n=3-ით შეგიძლიათ მიიღოთ 2 წილადი:

ასე რომ განცხადება მართალია.

ვივარაუდოთ, რომ ის მოქმედებს n=k-ზე და ვამტკიცებთ n=k+1-ზე.

გამოთქმა x 1: x 2: ...: x k, ფრჩხილების გარკვეული მოწყობის შემდეგ, ჩაიწეროს Q წილადად. თუ x k: x k+1 ჩანაცვლებულია ამ გამოსახულებაში x k-ის ნაცვლად, მაშინ x k იქნება იგივე ადგილი, როგორც ეს იყო Q წილადებში და x k + 1 არ იქნება იქ, სადაც x k იდგა (თუ x k იყო მნიშვნელში, მაშინ x k + 1 იქნება მრიცხველში და პირიქით).

ახლა დავამტკიცოთ, რომ შეგვიძლია x k+1 იმავე ადგილას დავამატოთ x k . Q წილადში, ფრჩხილების მოთავსების შემდეგ, აუცილებლად იქნება q:x k ფორმის გამოხატულება, სადაც q არის ასო x k–1 ან ფრჩხილებში რაიმე გამოსახულება. q: x k გამოსახულებით (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1) ჩანაცვლებით, აშკარად ვიღებთ იგივე Q წილადს, სადაც x k-ის ნაცვლად არის x k x k+1.

ამრიგად, შესაძლო წილადების რაოდენობა n=k+1-ის შემთხვევაში 2-ჯერ მეტია n=k-ის შემთხვევაში და უდრის 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 . ამრიგად, მტკიცება დადასტურებულია.

პასუხი: 2 n-2 წილადი.

პრობლემები გადაწყვეტის გარეშე

1. დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n:

ა) რიცხვი 5 n -3 n + 2n იყოფა 4-ზე;

ბ) რიცხვი n 3 +11n იყოფა 6-ზე;

გ) რიცხვი 7 n +3n–1 იყოფა 9-ზე;

დ) რიცხვი 6 2n +19 n –2 n+1 იყოფა 17-ზე;

ე) რიცხვი 7 n+1 +8 2n–1 იყოფა 19-ზე;

ვ) რიცხვი 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 იყოფა 27-ზე.

2. დაამტკიცეთ, რომ (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).

3. დაამტკიცეთ უტოლობა |sin nx| n|sinx| ნებისმიერი ბუნებრივი ნ.

4. იპოვეთ a, b, c ნატურალური რიცხვები, რომლებიც არ იყოფა 10-ზე და ისეთი, რომ ნებისმიერი ნატურალური n რიცხვებისთვის a n + b n და c n ერთი და იგივე ბოლო ორი ციფრი იყოს.

5. დაამტკიცეთ, რომ თუ n წერტილი არ დევს ერთსა და იმავე წრფეზე, მაშინ მათ დამაკავშირებელ წრფეებს შორის არის სულ მცირე n განსხვავებული.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი ნშემდეგი თანასწორობები მართალია:
ა) ;
ბ) .

გადაწყვეტილება.

ა) როდის ნ= 1 თანასწორობა მოქმედებს. თანასწორობის ვარაუდით ნ, ვაჩვენოთ, რომ ის ასევე მოქმედებს ნ+ 1. მართლაც,

ქ.ე.დ.

ბ) როდის ნ= 1 თანასწორობის მართებულობა აშკარაა. მისი სამართლიანობის ვარაუდიდან ზე ნუნდა

მოცემულია ტოლობა 1 + 2 + ... + ნ = ნ(ნ+ 1)/2, მივიღებთ

1 3 + 2 3 + ... + ნ 3 + (ნ + 1) 3 = (1 + 2 + ... + ნ + (ნ + 1)) 2 ,

ანუ განცხადება ასევე მართალია ნ + 1.

მაგალითი 1დაამტკიცეთ შემდეგი ტოლობები

სადაც ნო ნ.

გადაწყვეტილება.ა) როდის ნ= 1 ტოლობა მიიღებს ფორმას 1=1, შესაბამისად, პ(1) მართალია. დავუშვათ, რომ ეს თანასწორობა მართალია, ანუ გვაქვს

. ეს უნდა შევამოწმოთ (დავამტკიცოთ).პ(ნ+ 1), ე.ი. მართალია. რადგან (ინდუქციური ვარაუდის გამოყენებით)ვიღებთ, ანუ პ(ნ+ 1) არის ჭეშმარიტი განცხადება.

ამრიგად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, თავდაპირველი ტოლობა მოქმედებს ნებისმიერ ბუნებრივზე ნ.

შენიშვნა 2.ეს მაგალითი შეიძლება სხვაგვარად გადაწყდეს. მართლაც, ჯამი 1 + 2 + 3 + ... + ნარის პირველის ჯამი ნარითმეტიკული პროგრესიის წევრები პირველ წევრთან ა 1 = 1 და განსხვავება დ= 1. ცნობილი ფორმულის ძალით , ვიღებთ

ბ) როდის ნ= 1 ტოლობა მიიღებს ფორმას: 2 1 - 1 = 1 2 ან 1=1, ანუ, პ(1) მართალია. დავუშვათ, რომ თანასწორობა

1 + 3 + 5 + ... + (2ნ - 1) = ნ 2 და დაამტკიცეთ ესპ(ნ + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2ნ - 1) + (2(ნ + 1) - 1) = (ნ+ 1) 2 ან 1 + 3 + 5 + ... + (2 ნ - 1) + (2ნ + 1) = (ნ + 1) 2 .

ინდუქციური ჰიპოთეზის გამოყენებით ვიღებთ

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

ამრიგად, პ(ნ+ 1) მართალია და, შესაბამისად, დადასტურებულია საჭირო თანასწორობა.

შენიშვნა 3.ამ მაგალითის ამოხსნა შესაძლებელია (წინა მსგავსი) მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების გარეშე.

გ) როდის ნ= 1 ტოლობა მართალია: 1=1. დავუშვათ, რომ თანასწორობა მართალია

და აჩვენე ეს ეს არის სიმართლეპ(ნ) გულისხმობს სიმართლესპ(ნ+ 1). მართლაც,და 2 წლიდან ნ 2 + 7 ნ + 6 = (2 ნ + 3)(ნ+ 2), ვიღებთ და, მაშასადამე, თავდაპირველი თანასწორობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვისნ.

დ) როდის ნ= 1 თანასწორობა მოქმედებს: 1=1. დავუშვათ, რომ არსებობს

და დაამტკიცეთ ეს

მართლაც,

ე) დამტკიცება პ(1) მართალია: 2=2. დავუშვათ, რომ თანასწორობა

მართალია და ჩვენ ვამტკიცებთ, რომ ის თანასწორობას გულისხმობსმართლაც,

მაშასადამე, ორიგინალური თანასწორობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვის ნ.

ვ) პ(1) მართალია: 1/3 = 1/3. თანასწორობა იყოს პ(ნ):

. ვაჩვენოთ, რომ ბოლო თანასწორობა გულისხმობს შემდეგს:

მართლაც, იმის გათვალისწინებით პ(ნ) ხდება, ვიღებთ

ამრიგად, თანასწორობა დადასტურებულია.

ზ) როდის ნ= 1 გვაქვს ა + ბ = ბ + ადა შესაბამისად, თანასწორობა მართალია.

მართებული იყოს ნიუტონის ბინომიალური ფორმულა ნ = კ, ე.ი.

მერე თანასწორობის გამოყენებავიღებთ

მაგალითი 2დაამტკიცეთ უთანასწორობები

ა) ბერნულის უტოლობა: (1 + a ) ნ ≥ 1 + ნ a, a > -1, ნო ნ.

ბ) x 1 + x 2 + ... + x ნ ≥ ნ, თუ x 1 x 2 · ... · x ნ= 1 და x მე > 0, .

გ) კოშის უტოლობა საშუალო არითმეტიკისა და გეომეტრიული საშუალოს მიმართ სადაც x მე > 0, , ნ ≥ 2.

დ) ცოდვა 2 ნ a + cos2 ნ a ≤ 1, ნო ნ.

ე)

ვ) 2 ნ > ნ 3 , ნო ნ, ნ ≥ 10.

გადაწყვეტილება.ა) როდის ნ= 1 ვიღებთ ნამდვილ უტოლობას

1 + a ≥ 1 + a. დავუშვათ, რომ არსებობს უთანასწორობა

(1 + ა) ნ ≥ 1 + ნა

(1)

და ვაჩვენოთ, რომ მაშინ გვაქვს(1 + ა) ნ + 1 ≥ 1 + (ნ+ 1) ა.

მართლაც, რადგან > -1 გულისხმობს + 1 > 0-ს, მაშინ (1) უტოლობის ორივე მხარე გავამრავლოთ (a + 1-ზე), მივიღებთ

(1 + ა) ნ(1 + a ) ≥ (1 + ნ a )(1 + a ) ან (1 + a ) ნ + 1 ≥ 1 + (ნ+ 1)a + ნ a 2 იმიტომ ნ a 2 ≥ 0, შესაბამისად,(1 + ა) ნ + 1 ≥ 1 + (ნ+ 1)a + ნ a 2 ≥ 1 + ( ნ+ 1) ა.

ამრიგად, თუ პ(ნ) მართალია, მაშინ პ(ნ+ 1) მართალია, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მიხედვით, ბერნულის უტოლობა მართალია.

ბ) როდის ნ= 1 მივიღებთ x 1 = 1 და, შესაბამისად, x 1 ≥ 1 ე.ი. პ(1) არის სამართლიანი განცხადება. მოდი ვიჩვენოთ, რომ პ(ნ) მართალია, ანუ თუ adica, x 1 ,x 2 ,...,x ნ - ნდადებითი რიცხვები, რომელთა ნამრავლი უდრის ერთს, x 1 x 2 ·...· x ნ= 1 და x 1 + x 2 + ... + x ნ ≥ ნ.

ვაჩვენოთ, რომ ეს წინადადება გულისხმობს, რომ ჭეშმარიტია შემდეგი: თუ x 1 ,x 2 ,...,x ნ ,x ნ+1 - (ნ+ 1) დადებითი რიცხვები ისეთი, რომ x 1 x 2 ·...· x ნ · x ნ+1 = 1, მაშინ x 1 + x 2 + ... + x ნ + x ნ + 1 ≥ნ + 1.

განვიხილოთ შემდეგი ორი შემთხვევა:

1) x 1 = x 2 = ... = x ნ = x ნ+1 = 1. მაშინ ამ რიცხვების ჯამი არის ( ნ+ 1), და დაკმაყოფილებულია საჭირო უტოლობა;

2) ერთი რიცხვი მაინც განსხვავდება ერთისაგან, მოდით, მაგალითად, იყოს ერთზე დიდი. შემდეგ, მას შემდეგ x 1 x 2 · ... · x ნ · x ნ+ 1 = 1, არის მინიმუმ ერთი სხვა რიცხვი, რომელიც განსხვავდება ერთისგან (უფრო ზუსტად, ერთზე ნაკლები). დაე იყოს x ნ+ 1 > 1 და x ნ < 1. Рассмотрим ნდადებითი რიცხვები

x 1 ,x 2 ,...,x ნ-1 ,(x ნ · x ნ+1). ამ რიცხვების ნამრავლი ერთის ტოლია და, ჰიპოთეზის მიხედვით, x 1 + x 2 + ... + x ნ-1 + x ნ x ნ + 1 ≥ ნ. ბოლო უტოლობა გადაიწერება შემდეგნაირად: x 1 + x 2 + ... + x ნ-1 + x ნ x ნ+1 + x ნ + x ნ+1 ≥ ნ + x ნ + x ნ+1 ან x 1 + x 2 + ... + x ნ-1 + x ნ + x ნ+1 ≥ ნ + x ნ + x ნ+1 - x ნ x ნ+1 .

Იმდენად, რამდენადაც

(1 - x ნ)(x ნ+1 - 1) > 0, მაშინ ნ + x ნ + x ნ+1 - x ნ x ნ+1 = ნ + 1 + x ნ+1 (1 - x ნ) - 1 + x ნ =
= ნ + 1 + x ნ+1 (1 - x ნ) - (1 - x ნ) = ნ + 1 + (1 - x ნ)(x ნ+1 - 1) ≥ ნ+ 1. ამიტომ, x 1 + x 2 + ... + x ნ + x ნ+1 ≥ ნ+1, ანუ თუ პ(ნ) მართალია, მაშინპ(ნ+ 1) სამართლიანია. უთანასწორობა დადასტურდა.

შენიშვნა 4.ტოლობის ნიშანი ჩნდება თუ და მხოლოდ მაშინ x 1 = x 2 = ... = x ნ = 1.

გ) მოდით x 1 ,x 2 ,...,x ნარის თვითნებური დადებითი რიცხვები. განიხილეთ შემდეგი ნდადებითი რიცხვები:

ვინაიდან მათი პროდუქტი უდრის ერთს: ბ) ადრე დადასტურებული უტოლობის მიხედვით გამომდინარეობსსადაც

შენიშვნა 5.თანასწორობა მოქმედებს თუ და მხოლოდ მაშინ x 1 = x 2 = ... = x ნ .

დ) პ(1) - სამართლიანი განცხადება: sin 2 a + cos 2 a = 1. დავუშვათ, რომ პ(ნ) არის ჭეშმარიტი განცხადება:

ცოდვა 2 ნ a + cos2 ნ a ≤ 1 და აჩვენე, რომ არსებობსპ(ნ+ 1). მართლაც, sin2( ნ+ 1) a + cos 2( ნ+ 1) ცოდვა 2 ნცოდვა 2 a + cos 2 ნ cos 2 a< sin 2ნ a + cos2 ნ a ≤ 1 (თუ sin 2 a ≤ 1, მაშინ cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, შემდეგ ცოდვა 2 ა < 1). Таким образом, для любого ნო ნცოდვა 2 ნ a + cos2 ნ ≤ 1 და ტოლობის ნიშანი მიიღწევა მხოლოდ მაშინ, როცან = 1.

ე) როდის ნ= 1 განცხადება მართალია: 1< 3 / 2 .

დავუშვათ, რომ და დაამტკიცეთ ეს

Იმდენად, რამდენადაც
იმის გათვალისწინებით პ(ნ), ვიღებთ

ვ) შენიშვნა 1-ის გათვალისწინებით ვამოწმებთ პ(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, შესაბამისად, ამისთვის ნ= 10 განცხადება მართალია. დავუშვათ 2 ნ > ნ 3 (ნ> 10) და დაამტკიცეთ პ(ნ+ 1), ანუ 2 ნ+1 > (ნ + 1) 3 .

წლიდან ნ> 10 გვაქვს ან , ამას მოჰყვება

2ნ 3 > ნ 3 + 3ნ 2 + 3ნ+ 1 ან ნ 3 > 3ნ 2 + 3ნ + 1. უტოლობის გათვალისწინებით (2 ნ > ნ 3), ვიღებთ 2-ს ნ+1 = 2 ნ 2 = 2 ნ + 2 ნ > ნ 3 + ნ 3 > ნ 3 + 3ნ 2 + 3ნ + 1 = (ნ + 1) 3 .

ამრიგად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, ნებისმიერი ბუნებრივი ნო ნ, ნ≥ 10 გვაქვს 2 ნ > ნ 3 .

მაგალითი 3დაამტკიცეთ ეს ნებისმიერისთვის ნო ნ

გადაწყვეტილება.ა) პ(1) არის ჭეშმარიტი განცხადება (0 იყოფა 6-ზე). დაე იყოს პ(ნ) სამართლიანია, ანუ ნ(2ნ 2 - 3ნ + 1) = ნ(ნ - 1)(2ნ- 1) იყოფა 6-ზე. ვაჩვენოთ, რომ მაშინ გვაქვს პ(ნ+ 1), ანუ ( ნ + 1)ნ(2ნ+ 1) იყოფა 6-ზე. მართლაც, ვინაიდან

Და როგორ ნ(ნ - 1)(2 ნ- 1) და 6 ნ 2 იყოფა 6-ზე, შემდეგ მათი ჯამინ(ნ + 1)(2 ნ+ 1) იყოფა 6-ზე.

ამრიგად, პ(ნ+ 1) არის სამართლიანი განცხადება და, შესაბამისად, ნ(2ნ 2 - 3ნ+ 1) იყოფა 6-ზე ნებისმიერისთვის ნო ნ.

ბ) შემოწმება პ(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, აქედან გამომდინარე პ(1) არის სამართლიანი განცხადება. უნდა დადასტურდეს, რომ თუ 6 2 ნ-2 + 3 ნ+1 + 3 ნ-1 იყოფა 11-ზე ( პ(ნ)), შემდეგ 6 2 ნ + 3 ნ+2 + 3 ნასევე იყოფა 11-ზე ( პ(ნ+ 1)). მართლაც იმიტომ

6 2ნ + 3 ნ+2 + 3 ნ = 6 2ნ-2+2 + 3 ნ+1+1 + 3 ნ-1+1 == 6 2 6 2 ნ-2 + 3 3 ნ+1 + 3 3 ნ-1 = 3 (6 2 ნ-2 + 3 ნ+1 + 3 ნ-1) + 33 6 2 ნ-2 და მოსწონს 6 2 ნ-2 + 3 ნ+1 + 3 ნ-1 და 33 6 2 ნ-2 იყოფა 11-ზე, მაშინ მათი ჯამი არის 6 2ნ + 3 ნ+2 + 3 ნ იყოფა 11-ზე. მტკიცება დადასტურებულია. ინდუქცია გეომეტრიაში

მაგალითი 4გამოთვალეთ სწორი 2-ის მხარე ნ- გონი ჩაწერილი რადიუსის წრეში რ.