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) არის ჭეშმარიტი n=p-სთვის და თუ A(k) X A(k+1) ნებისმიერი k>p-სთვის, მაშინ წინადადება A(n) მართალია 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) ~ A(k+1)
დაამტკიცეთ, რომ 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
- 1) გვაქვს n=1=1 2 . მაშასადამე, განცხადება მართალია n=1-ისთვის, ე.ი. A(1) მართალია
- 2) დავამტკიცოთ, რომ A(k) ~ A(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 მართლაც,
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
ასე რომ, A(k) X A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, დავასკვნით, რომ დაშვება A(n) მართალია ნებისმიერი n О N-ისთვის.
დაამტკიცე რომ
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), სადაც x No.
- 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) მოდით k იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის,
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(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) მართლაც
- 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) ⋅ A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, დავასკვნათ, რომ ფორმულა მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.
დაამტკიცეთ, რომ ამოზნექილი n-გონების დიაგონალების რაოდენობაა n(n-3)/2
ამოხსნა: 1) n=3-ისთვის დებულება მართალია, რადგან სამკუთხედში
A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 დიაგონალი; A 2 A(3) მართალია
2) დავუშვათ, რომ ნებისმიერ ამოზნექილ k-გონში აქვს A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 დიაგონალი. A k დავამტკიცოთ, რომ მაშინ ამოზნექილ A k+1 (k+1)-gon დიაგონალების A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
მოდით А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -ამოზნექილი (k+1)-გონი. დავხატოთ მასში დიაგონალი A 1 A k. ამ (k + 1) -გონის დიაგონალების ჯამური რაოდენობის გამოსათვლელად, თქვენ უნდა დაითვალოთ დიაგონალების რაოდენობა k-გონში A 1 A 2 ...A k, მიღებულ რიცხვს დაუმატოთ k-2, ე.ი. A k+1 წვეროდან გამომავალი (k+1) - კუთხის დიაგონალების რაოდენობა და, გარდა ამისა, მხედველობაში უნდა იქნას მიღებული დიაგონალი A 1 A k.
ამრიგად,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
ასე რომ A(k) ⋅ A(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
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 მეთოდის მიხედვით, 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 ჩანს, რომ დებულება ჭეშმარიტია n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, ტოლობა მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.
დაამტკიცე რომ
((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), სადაც n>2
ამოხსნა: 1) n=2-ისთვის, იდენტურობა ასე გამოიყურება:
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), ე.ი. ეს სიმართლეა
- 2) დავუშვათ, რომ გამოთქმა მართალია n=k-სთვის
- (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
- 3) დავამტკიცებთ გამოთქმის სისწორეს n=k+1
- (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ
ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)
ჩვენ დავამტკიცეთ ტოლობის მართებულობა n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, 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 n-სთვის
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) ჩვენ დავამტკიცებთ ამ განცხადების ჭეშმარიტებას 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)
n=k+1-ის ტოლობის მართებულობაც დადასტურებულია, ამიტომ დებულება მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის.
დაამტკიცეთ პირადობის მართებულობა
(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) ნებისმიერი ბუნებრივი ნ
- 1) n=1-ისთვის იდენტურობა მართალია 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) ვამტკიცებთ, რომ იდენტობა მართალია n=k+1-ისთვის
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1 )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)
ზემოაღნიშნული მტკიცებულებიდან ჩანს, რომ მტკიცება მართალია ნებისმიერი დადებითი მთელი 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 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
მაგრამ (23 ґ 133) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე, ასე რომ, 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) ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე. Ნამდვილად
- 11 k+3 +12 2k+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +
+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1
შედეგად მიღებული რაოდენობა ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე, ვინაიდან მისი პირველი წევრი იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე დაშვებით, ხოლო მეორეში ერთ-ერთი ფაქტორი არის 133. ასე რომ, A (k) Yu A (k + 1). მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება
დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი n 7-ისთვის n -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე
- 1) მოდით n=1, შემდეგ X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. ასე რომ, n=1-ისთვის განცხადება მართალია
- 2) დავუშვათ, რომ n \u003d k 7 k -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე
- 3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის
X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 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 დადებითი მთელი რიცხვისთვის n იყოფა 11-ზე.
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.
ასე რომ, n=1-ისთვის განცხადება მართალია
- 2) დავუშვათ, რომ n=k X k =3-ისთვის 3k-1 +2 4k-3 იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე
- 3) ვამტკიცებთ, 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 ნაშთის 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
- 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-ისთვის 1 2k -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე
- 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 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
ჯერ დავამტკიცოთ, რომ 3 3n+3 -1 იყოფა 26-ზე ნაშთის გარეშე
- 1. როცა n=0
- 3 3 -1=26 იყოფა 26-ზე
- 2. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
- 3 3k+3 -1 იყოფა 26-ზე
- 3. დავამტკიცოთ, რომ დებულება ჭეშმარიტია n=k+1-ისთვის
- 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 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 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 გამოსახული იყოფა 26-ზე, ხოლო მეორე იყოფა ინდუქციურ ჰიპოთეზაზე. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება
დაამტკიცეთ, რომ თუ n>2 და х>0, მაშინ უტოლობა (1+х) n >1+n ґ х
- 1) n=2-ისთვის უტოლობა მართალია, ვინაიდან
- (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x
ასე რომ, A(2) მართალია
- 2) დავამტკიცოთ, რომ A(k) ⋅ A(k+1) თუ k> 2. დავუშვათ, რომ A(k) მართალია, ე.ი. რომ უტოლობა
- (1+х) k >1+k ґ 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 ґ x)(1+x)
განვიხილოთ ბოლო უტოლობის მარჯვენა მხარე; ჩვენ გვაქვს
(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x
შედეგად მივიღებთ, რომ (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x
ასე რომ A(k) ⋅ A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, შეიძლება ითქვას, რომ ბერნულის უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი n> 2-ისთვის.
დაამტკიცეთ, რომ უტოლობა (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 მართალია a> 0-ისთვის
ამოხსნა: 1) m=1-ისთვის
- (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 ორივე ნაწილი ტოლია
- 2) დავუშვათ, რომ m=k
- (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ 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 ґ a+
+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +
+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+
+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2
ჩვენ დავამტკიცეთ m=k+1 უტოლობის მართებულობა, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით, უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერ ბუნებრივ m-ზე.
დაამტკიცეთ, რომ n>6-ისთვის უტოლობა 3 n >n ґ 2 n+1
გადავწეროთ უტოლობა (3/2) n >2n სახით
- 1. n=7-ისთვის გვაქვს 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 უტოლობა მართალია
- 2. დავუშვათ, რომ n=k (3/2) k >2k
- 3) დავამტკიცოთ n=k+1 უტოლობის მართებულობა
- 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)
ვინაიდან k>7, ბოლო უტოლობა აშკარაა.
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამო, 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)
- 1) n=3-ისთვის უტოლობა მართალია
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/კ 2)=1.7-(1/კ)
- 3) დავამტკიცოთ n=k+1 უტოლობის მართებულობა
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
დავამტკიცოთ, რომ 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 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 უტოლობა. MBOU ლიცეუმი "ტექნიკური და ეკონომიკური"
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.
განმარტებითი შენიშვნა
მათემატიკური პროფილის მე-10 კლასის მოსწავლეებისთვის შედგენილია მეთოდოლოგიური შემუშავება „მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი“. ძირითადი მიზნები: გააცნოს მოსწავლეებს მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი და ასწავლოს მისი გამოყენება სხვადასხვა ამოცანების გადაჭრაში. მეთოდოლოგიურ შემუშავებაში განიხილება ელემენტარული მათემატიკის კითხვები: გაყოფის ამოცანები, იდენტობების დადასტურება, უტოლობების დადასტურება, სხვადასხვა ხარისხის სირთულის ამოცანები შემოთავაზებულია ოლიმპიადებზე შემოთავაზებული ამოცანების ჩათვლით. ინდუქციური დასკვნების როლი ექსპერიმენტულ მეცნიერებებში ძალიან დიდია. ისინი იძლევიან იმ დებულებებს, საიდანაც შემდგომი დასკვნები კეთდება გამოქვითვით. სახელი მათემატიკური ინდუქციის მეთოდიმოტყუებით - ფაქტობრივად, ეს მეთოდი დედუქციურია და იძლევა ინდუქციით გამოცნობილი განცხადებების მკაცრ მტკიცებულებას. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ხელს უწყობს მათემატიკის სხვადასხვა მონაკვეთებს შორის კავშირების იდენტიფიცირებას, ხელს უწყობს მოსწავლის მათემატიკური კულტურის განვითარებას. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის განმარტება. სრული და არასრული ინდუქცია. უთანასწორობის დადასტურება. პირადობის დამადასტურებელი საბუთი. გაყოფის ამოცანების ამოხსნა. სხვადასხვა ამოცანების ამოხსნა თემაზე „მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი“. ლიტერატურა მასწავლებლისთვის
1. მ.ლ.გალიცკი. ალგებრის კურსის სიღრმისეული შესწავლა და მათემატიკური ანალიზი. - მ.განმანათლებლობა.1986წ. 2. ლ.ი.ზვავიჩი. ალგებრა და ანალიზის დასაწყისი. დიდაქტიკური მასალები. მ.დროფა.2001წ. 3. ნ.ია.ვილენკინი. ალგებრა და მათემატიკური ანალიზი. M განმანათლებლობა.1995წ. 4. იუ.ვ.მიხეევი. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. NGU.1995წ. ლიტერატურა სტუდენტებისთვის
1. ნია ვილენკინი. ალგებრა და მათემატიკური ანალიზი. M განმანათლებლობა.1995წ. 2. იუ.ვ.მიხეევი. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. NGU.1995წ. საკვანძო სიტყვები
ინდუქცია, აქსიომა, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი, სრული ინდუქცია, არასრული ინდუქცია, მტკიცება, იდენტურობა, უტოლობა, გაყოფა. თემის დიდაქტიკური დანართი
„მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი“.
Გაკვეთილი 1
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის განმარტება.
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი არის ერთ-ერთი უაღრესად ეფექტური მეთოდი ახალი შედეგების საპოვნელად და წამოყენებული ვარაუდების ჭეშმარიტების დასამტკიცებლად. მიუხედავად იმისა, რომ ეს მეთოდი მათემატიკაში ახალი არ არის, მის მიმართ ინტერესი არ იკლებს. პირველად მკაფიო პრეზენტაციით, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი გამოიყენა მე-17 საუკუნეში გამოჩენილმა ფრანგმა მეცნიერმა ბლეზ პასკალმა რიცხვითი სამკუთხედის თვისებების დასამტკიცებლად, რომელსაც მას შემდეგ მისი სახელი ეწოდა. თუმცა, მათემატიკური ინდუქციის იდეა ცნობილი იყო ძველი ბერძნებისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის პრინციპს, რომელიც მიღებულია აქსიომად. ჩვენ განვიხილავთ მათემატიკური ინდუქციის იდეას მაგალითებით. მაგალითი #1.
კვადრატი სეგმენტით იყოფა ორ ნაწილად, შემდეგ ერთ-ერთი მიღებული ნაწილი იყოფა ორ ნაწილად და ა.შ. დაადგინეთ რამდენ ნაწილად იყოფა კვადრატი პნაბიჯები? გადაწყვეტილება. პირველი ნაბიჯის შემდეგ, პირობითად, ვიღებთ 2 ნაწილს. მეორე საფეხურზე ერთ ნაწილს ვტოვებთ უცვლელად, მეორეს კი ვყოფთ 2 ნაწილად და ვიღებთ 3 ნაწილად. მესამე საფეხურზე უცვლელად ვტოვებთ 2 ნაწილს, ხოლო მესამეს ვყოფთ ორ ნაწილად და ვიღებთ 4 ნაწილად. მეოთხე საფეხურზე უცვლელად ვტოვებთ 3 ნაწილს, ბოლო ნაწილს ვყოფთ ორ ნაწილად და ვიღებთ 5 ნაწილად. მეხუთე საფეხურზე მივიღებთ 6 ნაწილს. წინადადება გაკეთებულია ამის მეშვეობით პნაბიჯებს ჩვენ ვიღებთ (n+1)ნაწილი. მაგრამ ეს წინადადება დასამტკიცებელია. დავუშვათ, რომ ბოლომდე რომკვადრატი დაყოფილია საფეხურებად (k+1)ნაწილი. შემდეგ (k+1)ნაბიჯი ჩვენ რომნაწილები უცვლელი დარჩება და (k+1)გაყავით ნაწილი ორ ნაწილად და მიიღეთ (k+2)ნაწილები. თქვენ შეამჩნევთ, რომ შეგიძლიათ ასე კამათი იმდენ ხანს, სანამ გნებავთ, უსასრულოდ. ანუ ჩვენი ვარაუდი არის ის პსაფეხურების კვადრატი დაიყოფა (n+1)ნაწილი, ხდება დადასტურებული. მაგალითი #2.
ბებიას ჰყავდა შვილიშვილი, რომელსაც ძალიან უყვარდა ჯემი და განსაკუთრებით ლიტრიანი ქილაში. მაგრამ ბებიამ შეხების უფლება არ მისცა. და შვილიშვილებმა გადაწყვიტეს ბებიის მოტყუება. მან გადაწყვიტა ყოველდღე ეჭამა 1/10 ლიტრი ამ ქილადან და შეავსო წყალი, კარგად აურიე. რამდენი დღის შემდეგ აღმოაჩენს ბებია მოტყუებას, თუ მურაბა გარეგნულად იგივე რჩება წყალში განახევრებით? გადაწყვეტილება. იპოვეთ რამდენი სუფთა ჯემი დარჩება ქილაში შემდეგ პდღეები. პირველი დღის შემდეგ ნარევი დარჩება ქილაში, რომელიც შედგება 9/10 ჯემი და 1/10 წყალი. ორი დღის შემდეგ წყლისა და მურაბის ნარევის 1/10 ქილიდან გაქრება და დარჩება (1 ლიტრი ნარევი შეიცავს 9/10 ლიტრ ჯემს, 1/10 ლიტრი ნარევი შეიცავს 9/100 ლიტრ ჯემს) 9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 ლიტრი ჯემი. მესამე დღეს ქილებიდან გაქრება 1/10 ლიტრი ნარევი, რომელიც შედგება 81/100 ჯემი და 19/100 წყალი. 1 ლიტრ ნარევში არის 81/100 ლიტრი ჯემი, 1/10 ლიტრი ნარევი 81/1000 ლიტრი ჯემი. 81/100 – 81/1000= 729/1000=(9/10) 3 ლიტრი მურაბა დარჩება 3 დღის შემდეგ, დანარჩენს კი წყალი. ჩნდება ნიმუში. მეშვეობით პდარჩენილი დღეები ბანკში (9/10) პლ ჯემი. მაგრამ კიდევ ერთხელ, ეს მხოლოდ ჩვენი ვარაუდია. დაე იყოს რომარის თვითნებური ნატურალური რიცხვი. დავუშვათ, რომ ბოლომდე რომდღეები ბანკში დარჩება (9/10) ლ ჯემამდე. ვნახოთ რა იქნება ბანკში სხვა დღეს, ანუ ში (k+1)დღეს. გაქრება ბანკიდან 1/10ლნარევი (9/10)
რომ ლჯემი და წყალი. AT 1ლნარევი არის (9/10)
რომ ლჯემი, ში 1/10ლნარევები (9/10)
k+1 ლჯემი. ახლა ჩვენ შეგვიძლია უსაფრთხოდ ვთქვათ, რომ მეშვეობით პდღეები დარჩა ბანკში (9/10)
პ ლჯემი. 6 დღეში ბანკს ექნება 531444/1000000ლმურაბები, 7 დღის შემდეგ - 4782969/10000000ლჯემი, ანუ ნახევარზე ნაკლები. პასუხი: 7 დღის შემდეგ ბებია აღმოაჩენს მოტყუებას. შევეცადოთ გამოვყოთ ყველაზე ძირითადი განხილული პრობლემების გადაწყვეტაში. ჩვენ დავიწყეთ თითოეული მათგანის ამოხსნა ცალკეული ან, როგორც ამბობენ, განსაკუთრებული შემთხვევების განხილვით. შემდეგ, ჩვენი დაკვირვების საფუძველზე, გამოვთქვით რამდენიმე ვარაუდი P(n)ბუნებრივიდან გამომდინარე პ.
მტკიცება შემოწმდა, ანუ დადასტურდა P(1), P(2), P(3);
შესთავაზა რომ P(n)მოქმედებს n=kდა დაასკვნა, რომ მაშინ ის ძალაში იქნება შემდეგი n, n=k+1.
შემდეგ ისინი კამათობდნენ ასე: P(1)უფლება, P(2)უფლება, P(3)უფლება, P(4)მართალია... ასეა P(n).
მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი.
განცხადება P(n)ბუნებრივიდან გამომდინარე პ, მოქმედებს ყველა ბუნებრივი პ, თუ 1) მტკიცების მართებულობა n=1;
2) განცხადების მართებულობის ვარაუდიდან P(n)ზე n=kუნდა სამართლიანობა P(n)ზე n=k+1.
მათემატიკაში მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი არჩეულია, როგორც წესი, როგორც ერთ-ერთი აქსიომა, რომელიც განსაზღვრავს რიცხვების ბუნებრივ სერიას და, შესაბამისად, მიღებულია მტკიცებულების გარეშე. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპით მტკიცების მეთოდს ჩვეულებრივ უწოდებენ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს. გაითვალისწინეთ, რომ ეს მეთოდი ფართოდ გამოიყენება თეორემების, იდენტობების, უტოლობების დასამტკიცებლად გაყოფის ამოცანების ამოხსნაში და მრავალი სხვა ამოცანის დასადასტურებლად. გაკვეთილი #2
სრული და არასრული ინდუქცია.
იმ შემთხვევაში, როდესაც მათემატიკური დებულება ეხება ობიექტთა სასრულ რაოდენობას, ეს შეიძლება დადასტურდეს თითოეული ობიექტის შემოწმებით, მაგალითად, დებულების "ყოველი ორნიშნა ლუწი რიცხვი არის ორი მარტივი რიცხვის ჯამი". დამტკიცების მეთოდს, რომელშიც ჩვენ ვამოწმებთ დებულებას შემთხვევების სასრული რაოდენობისთვის, ეწოდება სრული მათემატიკური ინდუქცია. ეს მეთოდი შედარებით იშვიათად გამოიყენება, რადგან განცხადებები ყველაზე ხშირად განიხილება უსასრულო კომპლექტებზე. მაგალითად, თეორემა „ნებისმიერი ლუწი რიცხვი უდრის ორი მარტივი რიცხვის ჯამს“ აქამდე არც დადასტურებულა და არც უარყოფილი. ეს თეორემა პირველი მილიარდისთვისაც რომ გამოგვემოწმებინა, ერთი ნაბიჯით არ დაგვაახლოებს მის დამტკიცებას. საბუნებისმეტყველო მეცნიერებებში გამოიყენება არასრული ინდუქცია, ექსპერიმენტის რამდენჯერმე ტესტირება, შედეგის გადატანა ყველა შემთხვევისთვის. მაგალითი #3
გამოიცანით არასრული ინდუქციის ფორმულით ნატურალური რიცხვების კუბების ჯამისთვის. გადაწყვეტილება. 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 . მტკიცებულება. დაე, ეს სიმართლე იყოს n=k.
მოდით დავამტკიცოთ, რომ ეს მართალია n=k+1.
დასკვნა: ნატურალური რიცხვების კუბების ჯამის ფორმულა მართალია ნებისმიერი ნატურისთვის პ.
მაგალითი #4
განიხილეთ თანასწორობა და გამოიცანით, რა ზოგად კანონმდე მივყავართ ამ მაგალითებს. გადაწყვეტილება. 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
……………………………………………………………..
მაგალითი #5
დაწერეთ შემდეგი გამონათქვამები ჯამის სახით: 1) მაგალითი #6.
ნიშნის გამოყენებით დაწერეთ შემდეგი ჯამები 2) მაგალითი #7.
დაწერეთ შემდეგი გამონათქვამები პროდუქტების სახით: 1) 3) მაგალითი #8.
ნიშნის გამოყენებით ჩამოწერეთ შემდეგი ნამუშევრები (მთავრული ბერძნული ასო "პი") 1) მაგალითი #9.
მრავალწევრის მნიშვნელობის გამოთვლა სწორია ეს ვარაუდი? გადაწყვეტილება. თუ თითოეული ჯამი იყოფა რიცხვზე, მაშინ ჯამი იყოფა ამ რიცხვზე, სასრული რაოდენობის შემთხვევების ანალიზი მნიშვნელოვან როლს ასრულებს მათემატიკაში: ამა თუ იმ განცხადების დადასტურების გარეშე, ის ეხმარება გამოიცნოს ამ განცხადების სწორი ფორმულირება, თუ ის ჯერ კიდევ არ არის ცნობილი. ასე მივიდა პეტერბურგის მეცნიერებათა აკადემიის წევრი გოლდბახი დასკვნამდე, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი რიცხვი, ორიდან დაწყებული, არის არაუმეტეს სამი მარტივი რიცხვის ჯამი. გაკვეთილი #3
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი საშუალებას გვაძლევს დავამტკიცოთ სხვადასხვა იდენტობა. მაგალითი #10.მოდით დავამტკიცოთ ეს ყველასათვის პვინაობა გადაწყვეტილება. დავსვათ ჩვენ ეს უნდა დავამტკიცოთ დავამტკიცოთ, რომ შემდეგ იდენტობის ჭეშმარიტებიდან მათემატიკური ინდუქციის პრინციპით, იდენტობის ჭეშმარიტება ყველასთვის პ.
მაგალითი #11.
ვინაობა დავამტკიცოთ მტკიცებულება. ვადის მიხედვით თანასწორობა. გაკვეთილი ნომერი 4.
იდენტურობის დადასტურება მათემატიკური ინდუქციით.
მაგალითი #12.
ვინაობა დავამტკიცოთ მტკიცებულება. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გამოყენებით დავამტკიცეთ, რომ თანასწორობა მართალია ყველასთვის პ.
მაგალითი #13.
ვინაობა დავამტკიცოთ მტკიცებულება. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გამოყენებით დავამტკიცეთ, რომ დებულება ჭეშმარიტია ნებისმიერი ბუნებრივისთვის პ.
მაგალითი #14.
ვინაობა დავამტკიცოთ მტკიცებულება. მაგალითი #15.
ვინაობა დავამტკიცოთ 1)
n=1;
2) ამისთვის n=k
თანასწორობა 3) დაამტკიცეთ, რომ თანასწორობა მოქმედებს n=k+1:
დასკვნა: იდენტურობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივი პ.
მაგალითი #16.ვინაობა დავამტკიცოთ მტკიცებულება. Თუ n=1
, მაშინ დაე, იდენტურობა შენარჩუნდეს n=k.
მოდით დავამტკიცოთ, რომ იდენტურობა მოქმედებს n=k+1.
მაშინ პირადობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივი პ.
გაკვეთილი ნომერი 5.
იდენტურობის დადასტურება მათემატიკური ინდუქციით.
მაგალითი #17.ვინაობა დავამტკიცოთ მტკიცებულება. Თუ n=2
, მაშინ მივიღებთ სწორ ტოლობას: დაე თანასწორობა იყოს ჭეშმარიტიn=k:
მოდით დავამტკიცოთ მტკიცების მართებულობა ამისთვის n=k+1.
მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მიხედვით, იდენტურობა მტკიცდება. მაგალითი #18.
ვინაობა დავამტკიცოთ ზე n=2
ეს იდენტურობა შეიძლება გადაიწეროს ძალიან მარტივი ფორმით და აშკარად მართალია. დაუშვით n=kნამდვილად მოდით დავამტკიცოთ მტკიცების მართებულობა ამისთვისn=k+1,
ანუ თანასწორობა დაკმაყოფილებულია: . ასე რომ, ჩვენ დავამტკიცეთ, რომ იდენტობა მართალია ნებისმიერი ბუნებრივისთვის n≥2.
მაგალითი #19.
ვინაობა დავამტკიცოთ ზე n=1
ჩვენ ვიღებთ სწორ თანასწორობას: დავუშვათ, რომ ზე n=kჩვენ ასევე ვიღებთ სწორ ტოლობას: დავამტკიცოთ, რომ თანასწორობის მართებულობა დაცულია n=k+1:
მაშინ პირადობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივი პ.
გაკვეთილი ნომერი 6.
გაყოფის ამოცანების ამოხსნა.
მაგალითი #20.დაამტკიცეთ მათემატიკური ინდუქციით რომ მტკიცებულება. ზე n=1
არის დაყოფა6
უკვალოდ, დაუშვით n=k
გამოხატულება დავამტკიცოთ, რომ როდის n=k+1
გამოხატულება თითოეული ტერმინი არის მრავალჯერადი 6
, ასე რომ ჯამი არის ჯერადი 6
.
მაგალითი ნომერი 21.
მტკიცებულება. ზე n=1
გამოხატვა იყოფა დაუშვით n=k
გამოხატულება ზე n=k+1იყოფა 5
.
მაგალითი #22.
დაამტკიცე გამოთქმის გაყოფა მტკიცებულება. ზე n=1მრავალჯერადი 16
.
დაუშვით n=k
ზე n=k+1
ყველა ტერმინი იყოფა 16:
პირველი აშკარად მეორეა ვარაუდით, ხოლო მესამეს აქვს ლუწი რიცხვი ფრჩხილებში. მაგალითი #23.
დაამტკიცეთ გაყოფა მტკიცებულება. ჯერ ეს დავამტკიცოთ ზე n=0
დაუშვით n=k
შემდეგ ზე n=k+1იყოფა 26
.
ახლა დავამტკიცოთ პრობლემის პირობებში ჩამოყალიბებული მტკიცება. ზე n=1იყოფა 676.
ზე n=k
მართალია, რომ ზე n=k+1
.
ორივე ტერმინი იყოფა 676
; პირველი იმიტომ, რომ ჩვენ დავამტკიცეთ გაყოფა 26
გამოხატულება ფრჩხილებში, ხოლო მეორე იყოფა ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით. გაკვეთილი ნომერი 7.
გაყოფის ამოცანების ამოხსნა.
მაგალითი ნომერი 24.
დაამტკიცე რომ მტკიცებულება. ზე n=1
ზე n=k
ზე n=k+1
თითოეული ტერმინი იყოფა5
უკვალოდ. მაგალითი #25.
დაამტკიცე რომ მტკიცებულება. ზე n=1
დაუშვით n=k
ზე n=k+1იყოფა 6
ნაშთი არ არის, რადგან თითოეული წევრი იყოფა6
ნაშთის გარეშე: პირველი წევრი, ინდუქციური ვარაუდით, მეორე, ცხადია, მესამე, რადგან მაგალითი #26.
დაამტკიცე რომ მტკიცებულება. ეს დავამტკიცოთ ზე n=1 ზე n=k+1იყოფა 9
.
მაგალითი ნომერი 27.
დაამტკიცეთ, რომ იყოფა15
უკვალოდ. მტკიცებულება. ზე n=1იყოფა 15
.
დაუშვით n=kიყოფა 15
უკვალოდ. ზე n=k+1
პირველი ტერმინი არის მრავალჯერადი15
ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით, მეორე წევრი არის ჯერადი15
– ცხადია, მესამე წევრი არის ნამრავლი15
, როგორც გაკვეთილი ნომერი 8-9.
უტოლობების დადასტურება მათემატიკური ინდუქციით
მაგალითი #28. ზე n=1ჩვენ გვაქვს დაუშვით n=k ზე n=k+1 მაშინ უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვის პ. მაგალითი #29.დაამტკიცეთ, რომ უტოლობა მართალია ზე n=1მივიღებთ სწორ უტოლობას 4 >1.
დაუშვით n=kუთანასწორობა დავამტკიცოთ, რომ როდის n=k+1უთანასწორობა ნებისმიერი ბუნებრივი რომშეინიშნება უთანასწორობა. Თუ მაგალითი #30. დაე იყოს n=1 დავუშვათ, რომ უთანასწორობა მოქმედებს n=k: ზე n=k+1 მაგალითი ნომერი 31.დაამტკიცეთ უტოლობის მართებულობა მოდით, ჯერ დავამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი ტუთანასწორობა ზე n=1ორიგინალური უთანასწორობა მართალია დაე, უთანასწორობა შენარჩუნდეს n=k: ზე n=k+1 გაკვეთილი ნომერი 10.
პრობლემის გადაჭრა თემაზე
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.
მაგალითი #32.დაამტკიცეთ ბერნულის უტოლობა. Თუ მტკიცებულება. ზე n=1
დადასტურებული უთანასწორობა ფორმას იღებს ვინაიდან პირობის მიხედვით როგორც ასე რომ, უთანასწორობა მართალია n=1, და მისი სიმართლიდან ზე n=kაქედან გამომდინარეობს, რომ მართალია და n=k+1.მაშასადამე, მათემატიკური ინდუქციის მიხედვით, ის ყველა ბუნებრივზე მოქმედებს პ.
Მაგალითად, მაგალითი ნომერი 33.
იპოვნეთ ყველა ბუნებრივი ღირებულებაპ
, რისთვისაც უთანასწორობა გადაწყვეტილება. ზე n=1უთანასწორობა სწორია. ზე n=2უთანასწორობა ასევე მართალია. ზე n=3უთანასწორობა აღარ კმაყოფილდება. Მხოლოდ მაშინ n=6უთანასწორობა ძალაშია, ასე რომ ინდუქციური საფუძვლისთვის შეგვიძლია ავიღოთ n=6.
დავუშვათ, რომ უტოლობა მართალია ზოგიერთი ბუნებრივისთვის რათა:
ბოლო უტოლობა მოქმედებს თუ პეანოს მე-4 აქსიომაზე დაფუძნებული მტკიცების მეთოდი გამოიყენება მრავალი მათემატიკური თვისების და სხვადასხვა განცხადებების დასამტკიცებლად. ამის საფუძველი შემდეგი თეორემაა. თეორემა. თუ განცხადება მაგრამ (ო)ბუნებრივი ცვლადით ნმართალია n= 1 და იქიდან გამომდინარე, რომ ეს მართალია n=k, აქედან გამომდინარეობს, რომ ასეა შემდეგი რიცხვისთვისაც n=k,შემდეგ განცხადება მაგრამ (ო) ნ. მტკიცებულება. აღნიშნეთ მიერ მიმ და მხოლოდ იმ ნატურალური რიცხვების ერთობლიობა, რომლებისთვისაც ნათქვამია მაგრამ (ო)მართალია. მაშინ თეორემის პირობიდან გვაქვს: 1) 1 მ; 2) კ მკმ. აქედან გამომდინარე, აქსიომა 4-ის საფუძველზე დავასკვნათ, რომ M =ნ, ე.ი. განცხადება მაგრამ (ო)მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი ნ. ამ თეორემაზე დაფუძნებული მტკიცების მეთოდი ე.წ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი,და აქსიომა არის ინდუქციის აქსიომა. ეს მტკიცებულება ორი ნაწილისგან შედგება: 1) დაამტკიცეთ, რომ განცხადება მაგრამ (ო)მართალია n= A(1); 2) ვივარაუდოთ, რომ განცხადება მაგრამ (ო)მართალია n=kდა, დაწყებული ამ ვარაუდიდან, დაამტკიცეთ, რომ განცხადება A(n)მართალია n=k+ 1, ე.ი. რომ განცხადება მართალია A(k) A(k + 1).
Თუ მაგრამ ( 1) მაგრამ (ლ) A(k + 1)
არის ჭეშმარიტი განცხადება, შემდეგ ისინი ასკვნიან, რომ განცხადება A(n)მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის ნ. მათემატიკური ინდუქციით დადასტურება შეიძლება დაიწყოს არა მხოლოდ განცხადების სიმართლის დადასტურებით n= 1, არამედ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვიდან მ. ამ შემთხვევაში განცხადება მაგრამ (ო)დამტკიცდება ყველა ნატურალური რიცხვისთვის ნმ. ამოცანა. დავამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის ტოლია 1 + 3 + 5 ... + (2 ნ- 1) =
ნ. გადაწყვეტილება.ტოლობა 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) =
ნარის ფორმულა, რომელიც შეიძლება გამოყენებულ იქნას პირველი ზედიზედ კენტი ნატურალური რიცხვების ჯამის საპოვნელად. მაგალითად, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (ჯამში შედის 4 წევრი), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (ჯამში შედის 6 წევრი); თუ ეს ჯამი შეიცავს მითითებული ტიპის 20 წევრს, მაშინ ის უდრის 20 = 400-ს და ა.შ. ამ თანასწორობის ჭეშმარიტების დადასტურების შემდეგ, ჩვენ შევძლებთ ვიპოვოთ მითითებული ტიპის ნებისმიერი რაოდენობის ტერმინების ჯამი ფორმულის გამოყენებით. 1) გადაამოწმეთ ამ თანასწორობის სიმართლე n= 1. როცა n= 1 ტოლობის მარცხენა მხარე შედგება ერთი წევრისაგან, რომელიც ტოლია 1-ის, მარჯვენა მხარე უდრის 1=1-ს. ვინაიდან 1 = 1, მაშინ n= 1 ეს თანასწორობა მართალია. 2) დავუშვათ, რომ ეს თანასწორობა მართალია n=k, ე.ი. რომ 1 + 3 + 5 + … + (2 კ- 1) =
კ.ამ ვარაუდიდან გამომდინარე, ჩვენ ვამტკიცებთ, რომ ეს მართალია n=k+ 1, ე.ი. 1 + 3 + 5 + ... + (2 კ- 1) + (2(k + 1) - 1) =
(k + 1). განვიხილოთ ბოლო ტოლობის მარცხენა მხარე. ვარაუდით, პირველის ჯამი კპირობები არის კდა ამიტომ 1 + 3 + 5 + ... + (2 კ- 1) + (2(k + 1) - 1) =
1 + 3 + 5 + … + (2კ- 1) + (2კ+ 1)= = k+(2k + 1) =
k+ 2k + 1.
გამოხატულება
k+ 2k + 1 ტოლია გამოხატვის ( k + 1).
ამიტომ, ამ თანასწორობის სიმართლე n=k+ 1 დადასტურებულია. ამრიგად, ეს თანასწორობა მართალია n= 1 და მისი სიმართლიდან ამისთვის n=kმიჰყვება სიმართლეს n=k+ 1. ეს ადასტურებს, რომ ეს ტოლობა მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით შეიძლება დაამტკიცოს არა მხოლოდ თანასწორობის, არამედ უტოლობების ჭეშმარიტებაც. დავალება. დაამტკიცე რომ სად nN. გადაწყვეტილება.მოდით შევამოწმოთ უტოლობის სიმართლე n= 1. გვაქვს - ნამდვილი უთანასწორობა. დავუშვათ, რომ უთანასწორობა მართალია n=k,იმათ. - ნამდვილი უთანასწორობა. მოდით დავამტკიცოთ, რომ ეს მართალია
n=k+ 1, ე.ი. ჩვენ გარდაქმნით უტოლობის (*) მარცხენა მხარეს, იმის გათვალისწინებით, რომ: . მაგრამ, ეს ნიშნავს ასე რომ, ეს უთანასწორობა მართალია n= 1 და, გამომდინარე იქიდან, რომ უთანასწორობა მართალია ზოგიერთისთვის n= კ, ჩვენ აღმოვაჩინეთ, რომ ეს ასევე მართალია n= k + 1. ამრიგად, აქსიომა 4-ის გამოყენებით, ჩვენ დავამტკიცეთ, რომ ეს უტოლობა მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის. სხვა მტკიცებულებები ასევე შეიძლება დადასტურდეს მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით. დავალება. დაამტკიცეთ, რომ დებულება მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის. გადაწყვეტილება. მოდით შევამოწმოთ განცხადების სიმართლე n= 1: - ჭეშმარიტი განცხადება. დავუშვათ, რომ ეს განცხადება მართალია n=k: . მოდით ვაჩვენოთ ამ განცხადების ჭეშმარიტება n=k+ 1: გადავცვალოთ გამოთქმა: . მოდი ვიპოვოთ განსხვავება კდა k+ 1 წევრი. თუ აღმოჩნდება, რომ მიღებული სხვაობა არის 7-ის ჯერადი, და ვარაუდით, სუბტრაჰენდი იყოფა 7-ზე, მაშინ მინუენდი ასევე არის 7-ის ნამრავლი: პროდუქტი არის 7-ის ჯერადი, შესაბამისად, და. ამრიგად, ეს განცხადება მართალია n= 1 და მისი სიმართლიდან ამისთვის n=kმიჰყვება სიმართლეს n=k+ 1. ეს ადასტურებს, რომ ეს განცხადება მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის. დავალება. დაამტკიცეთ ეს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის ნ 2 წინადადება (7-1)24 მართალია. გადაწყვეტილება. 1) შეამოწმეთ განცხადების სიმართლე ნ= 2: - ჭეშმარიტი განცხადება. საველიევა ეკატერინა ნაშრომში განხილულია მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება გაყოფადობის ამოცანების ამოხსნისას, სერიების შეჯამებაზე. განხილულია მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების მაგალითები უტოლობების მტკიცებაში და გეომეტრიული ამოცანების ამოხსნისას. ნამუშევარი ილუსტრირებულია პრეზენტაციით. რუსეთის ფედერაციის მეცნიერებისა და განათლების სამინისტრო სახელმწიფო საგანმანათლებლო დაწესებულება 618-ე საშუალო სკოლა კურსი: ალგებრა და ანალიზის დასაწყისი პროექტის სამუშაო თემა "მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი და მისი გამოყენება პრობლემის გადაჭრაში" სამუშაო დასრულებულია: Savelyeva E, 11B კლასი ზედამხედველი : მაკაროვა თ.პ., მათემატიკის მასწავლებელი, №618 საშუალო სკოლა 1. შესავალი. 2.მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი გაყოფის ამოცანების ამოხსნისას. 3. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება სერიების შეჯამებაზე. 4. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების მაგალითები უტოლობების დადასტურებაზე. 5. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება გეომეტრიული ამოცანების ამოხსნისას. 6. 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, აზრის ლოგიკურად განვითარების უნარისკენ, რაც იმას ნიშნავს, რომ ბუნებამ მას ინდუქციურად აზროვნება განუსაზღვრა. მიუხედავად იმისა, რომ გაიზარდა მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების სფერო, მას სასკოლო სასწავლო გეგმაში ცოტა დრო ეთმობა, მაგრამ ძალიან მნიშვნელოვანია ინდუქციური აზროვნების უნარი. ამ პრინციპის გამოყენება ამოცანების ამოხსნისა და თეორემების დადასტურებისას სასკოლო პრაქტიკაში სხვა მათემატიკური პრინციპების გათვალისწინებას ემთხვევა: გამორიცხული შუა, ჩართვა-გამორიცხვა, დირიხლე და ა.შ. ესე შეიცავს ამოცანებს მათემატიკის სხვადასხვა დარგიდან, რომელშიც მთავარი ინსტრუმენტი არის მათემატიკური ინდუქციის გამოყენების მეთოდი. ამ მეთოდის მნიშვნელობაზე საუბრისას ა.ნ. კოლმოგოროვმა აღნიშნა, რომ „მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გაგება და გამოყენების უნარი სიმწიფის კარგი კრიტერიუმია, რაც აბსოლუტურად აუცილებელია მათემატიკოსისთვის“. ინდუქციის მეთოდი მისი ფართო გაგებით მოიცავს კერძო დაკვირვებებიდან გადასვლას უნივერსალურ, ზოგად შაბლონზე ან ზოგად ფორმულირებაზე. ამ ინტერპრეტაციით, მეთოდი, რა თქმა უნდა, არის ნებისმიერი ექსპერიმენტული ბუნებისმეტყველების კვლევის ჩატარების მთავარი ტექნიკა. ადამიანის საქმიანობა. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი (პრინციპი) მისი უმარტივესი ფორმით გამოიყენება, როდესაც აუცილებელია ყველა ნატურალური რიცხვის დებულების დამტკიცება. ამოცანა 1. თავის სტატიაში „როგორ გავხდი მათემატიკოსი“ ა.ნ. კოლმოგოროვი წერს: „მათემატიკური „აღმოჩენის“ ხალისი ადრე ვისწავლე, როცა ხუთი-ექვსი წლის ასაკში შევამჩნიე ნიმუში. 1 =1
2
,
1 + 3 = 2
2
,
1 + 3 + 5 \u003d W 2, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 და ასე შემდეგ. სკოლა გამოსცემდა ჟურნალს „გაზაფხულის მერცხლები“. მასში ჩემი აღმოჩენა გამოქვეყნდა ... " ჩვენ არ ვიცით, რა სახის მტკიცებულება იყო მოცემული ამ ჟურნალში, მაგრამ ყველაფერი დაიწყო პირადი დაკვირვებით. თვით ჰიპოთეზა, რომელიც, ალბათ, წარმოიშვა ამ ნაწილობრივი თანასწორობების აღმოჩენის შემდეგ, არის ის, რომ ფორმულა 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 მართალია ნებისმიერი მოცემული რიცხვისთვის n = 1, 2, 3, ... ამ ვარაუდის დასამტკიცებლად საკმარისია ორი ფაქტის დადგენა. პირველი, ამისთვის n = 1 (და თუნდაც n = 2, 3, 4) სასურველი განცხადება მართალია. მეორე, დავუშვათ, რომ განცხადება მართალია n = k, და შეამოწმეთ, რომ მაშინ ის ასევე მართალია n = k + 1: 1 + 3 + 5+…+ (2k - 1) + (2k + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1)) + (2k + 1) = k 2 + (2k + 1) = (k + I) 2 . მაშასადამე, დადასტურებული მტკიცება მართალია ყველა ღირებულებისთვის n: for n = 1 მართალია (ეს დადასტურებულია) და მეორე ფაქტის ძალით, რადგან n = 2, საიდანაც n = 3 (იგივე მეორე ფაქტის გამო) და ა.შ. ამოცანა 2. განვიხილოთ ყველა შესაძლო ჩვეულებრივი წილადი მრიცხველით 1 და ნებისმიერი (დადებითი მთელი რიცხვი) მნიშვნელი: დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი n> 3 შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ჯამის სახითპ ამ ტიპის სხვადასხვა ფრაქციები. გადაწყვეტილება, მოდით, ჯერ შევამოწმოთ ეს მტკიცება n = 3; ჩვენ გვაქვს: აქედან გამომდინარე, ძირითადი მტკიცება დაკმაყოფილებულია დავუშვათ, რომ ჩვენთვის საინტერესო განცხადება მართალია ზოგიერთი რიცხვისთვისრომ, და დაამტკიცეთ, რომ ის ასევე შეესაბამება მის შემდეგ რიცხვსრომ + 1. სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, დავუშვათ, რომ არსებობს წარმოდგენა რომელშიც კ ტერმინები და ყველა მნიშვნელი განსხვავებულია. დავამტკიცოთ, რომ მაშინ შესაძლებელია ერთეულის წარმოდგენა ჯამის სახითრომ სასურველი ტიპის + 1 ფრაქცია. ჩვენ ვივარაუდებთ, რომ წილადები მცირდება, ანუ მნიშვნელები (ერთეულის ჯამით წარმოდგენისასრომ პირობები) გაზრდის მარცხნიდან მარჯვნივ ისე, რომტ მნიშვნელთაგან ყველაზე დიდია. ჩვენ საჭირო წარმომადგენლობას მივიღებთ თანხის სახით(მდე + 1) წილადი, თუ ერთ წილადს, მაგალითად, ბოლოს გავყოფთ ორად. ეს შეიძლება გაკეთდეს იმიტომ Და, შესაბამისად გარდა ამისა, ყველა ფრაქცია განსხვავებულია, რადგანტ იყო ყველაზე დიდი მნიშვნელი და t + 1 > t და m(t + 1) > m. ამრიგად, ჩვენ დავადგინეთ: ამის საფუძველზე შეგვიძლია ვამტკიცოთ, რომ განხილული დებულება მართალია ყველა ნატურალური რიცხვისთვის, დაწყებული სამიდან. უფრო მეტიც, ზემოთ მოყვანილი მტკიცებულება ასევე გულისხმობს ალგორითმს ერთიანობის სასურველი დანაყოფის მოსაძებნად. (რა ალგორითმია ეს? წარმოიდგინეთ ნომერი 1, როგორც 4, 5, 7 წევრის ჯამი.) წინა ორი პრობლემის გადაჭრისას ორი ნაბიჯი გადაიდგა. პირველი ნაბიჯი ე.წსაფუძველი ინდუქცია, მეორეინდუქციური გადასვლაან ინდუქციური ნაბიჯი. მეორე ნაბიჯი არის ყველაზე მნიშვნელოვანი და ის მოიცავს ვარაუდს (განცხადება მართალია n = k) და დასკვნა (განცხადება მართალია n = k + 1). პარამეტრს p თავად ეწოდება ინდუქციის პარამეტრი.ეს ლოგიკური სქემა (მოწყობილობა), რომელიც შესაძლებელს ხდის დავასკვნათ, რომ განხილული დებულება მართალია ყველა ნატურალური რიცხვისთვის (ან ყველასთვის, ზოგიერთიდან დაწყებული), ვინაიდან საფუძველიც და გარდამავალიც მართებულია, ე.წ.მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი,რომელზედაც და ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს.თავად ტერმინი „ინდუქცია“ ლათინური სიტყვიდან მოდისინდუქცია (ხელმძღვანელობა), რაც ნიშნავს ერთიანი ცოდნიდან გადასვლას მოცემული კლასის ცალკეული ობიექტების შესახებ ზოგად დასკვნამდე მოცემული კლასის ყველა ობიექტის შესახებ, რაც ცოდნის ერთ-ერთი მთავარი მეთოდია. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი, ორი საფეხურის ჩვეულებრივი სახით, პირველად გამოჩნდა 1654 წელს ბლეზ პასკალის ტრაქტატში არითმეტიკული სამკუთხედის შესახებ, რომელშიც კომბინაციების რაოდენობის გამოთვლის მარტივი გზა (ბინომიალური კოეფიციენტები) დადასტურდა ინდუქციის საშუალებით. დ.პოია ციტირებს ბ.პასკალს წიგნში კვადრატულ ფრჩხილებში მოცემული მცირე ცვლილებებით: „მიუხედავად იმისა, რომ განსახილველი წინადადება [ბინომიალური კოეფიციენტების გამოკვეთილი ფორმულა] შეიცავს უსასრულო რაოდენობის განსაკუთრებულ შემთხვევას, მე მის ძალიან მოკლე მტკიცებულებას მოვიყვან ორ ლემაზე დაყრდნობით. პირველ ლემაში ნათქვამია, რომ ვარაუდი ჭეშმარიტია ფუძისთვის - ეს აშკარაა. [ზეპ = 1 გამოკვეთილი ფორმულა მოქმედებს...] მეორე ლემა წერს შემდეგს: თუ ჩვენი ვარაუდი ჭეშმარიტია თვითნებური ბაზისთვის [თვითნებური r]-ისთვის, მაშინ ის იქნება ჭეშმარიტი შემდეგი ბაზისთვის [for n + 1]. ეს ორი ლემა აუცილებლად გულისხმობს წინადადების მართებულობას ყველა მნიშვნელობისთვისპ. მართლაც, პირველი ლემის ძალით, იგი მოქმედებსპ = 1; ამიტომ მეორე ლემის ძალით იგი მოქმედებსპ = 2; ამიტომ, ისევ მეორე ლემის ძალით, იგი მოქმედებს n = 3 და ასე შემდეგ უსასრულოდ. პრობლემა 3. თავსატეხი ჰანოის კოშკები შედგება სამი ღეროსგან. ერთ-ერთ ღეროზე არის პირამიდა (ნახ. 1), რომელიც შედგება სხვადასხვა დიამეტრის რამდენიმე რგოლისგან, რომლებიც მცირდება ქვემოდან ზევით. ნახ 1 ეს პირამიდა უნდა გადავიდეს ერთ-ერთ სხვა ღეროზე, ყოველ ჯერზე გადაიტანოს მხოლოდ ერთი რგოლი და არ დააყენოს უფრო დიდი რგოლი პატარაზე. შესაძლებელია ამის გაკეთება? გადაწყვეტილება. ასე რომ, ჩვენ უნდა ვუპასუხოთ კითხვას: შესაძლებელია თუ არა პირამიდის გადაადგილება, რომელიც შედგებაპ სხვადასხვა დიამეტრის რგოლები, ერთი ღეროდან მეორეზე, თამაშის წესების დაცვით? ახლა პრობლემა, როგორც ამბობენ, ჩვენს მიერ არის პარამეტრიზებული (ნატურალური რიცხვი P), და ის შეიძლება ამოხსნას მათემატიკური ინდუქციით. პირამიდა დან ყველაზე დიდზე დევს ბეჭდები(მდე + 1)-th ბეჭედი, ჩვენ შეგვიძლია, ვარაუდის მიხედვით, გადავიდეთ ნებისმიერ სხვა ღერძზე. Მოდი გავაკეთოთ ეს. უმოძრაო(მდე + 1) რგოლი ხელს არ შეგვიშლის გადაადგილების ალგორითმის განხორციელებაში, რადგან ის ყველაზე დიდია. გადაადგილების შემდეგრომ ბეჭდები, გადაიტანეთ ეს ყველაზე დიდი(მდე + 1) რგოლი დარჩენილ ღეროზე. შემდეგ ჩვენ კვლავ ვიყენებთ მოძრავი ალგორითმს, რომელიც ჩვენთვის ცნობილია ინდუქციური დაშვებითრომ რგოლები და გადაიტანეთ ისინი ღეროზე(მდე + 1) ბეჭედი. ამრიგად, თუ შეგვიძლია პირამიდების გადატანარომ რგოლები, მაშინ შეგვიძლია პირამიდების გადატანა დარომ + 1 ბეჭედი. ამიტომ, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მიხედვით, ყოველთვის შესაძლებელია პირამიდის გადაადგილება, რომელიც შედგება n რგავს, სადაც n > 1. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი გაყოფის ამოცანების ამოხსნისას. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით შეიძლება დაამტკიცოს სხვადასხვა დებულება ნატურალური რიცხვების გაყოფის შესახებ. დავალება 4 . თუ n ნატურალური რიცხვია, მაშინ რიცხვი ლუწია. n=1-ისთვის ჩვენი განცხადება მართალია: - ლუწი რიცხვი. დავუშვათ, რომ ეს არის ლუწი რიცხვი. ვინაიდან 2k არის ლუწი რიცხვი, ასეც არის. ასე რომ, პარიტეტი დასტურდება n=1-ისთვის, პარიტეტი გამოდის პარიტეტიდან, შესაბამისად, n-ის ყველა ბუნებრივი მნიშვნელობისთვისაც კი. დავალება 3. დაამტკიცეთ, რომ რიცხვი Z 3
+
3
- 26n - 27 თვითნებური ნატურალურით n იყოფა 26 2-ზე ნაშთის გარეშე. გადაწყვეტილება. ჯერ ინდუქციით დავამტკიცოთ დამხმარე მტკიცება, რომ 3 3n+3 1 იყოფა 26-ზე ნაშთის გარეშე n > 0. ინდუქციის ნაბიჯი. დავუშვათ 3 3n + 3 - 1 იყოფა 26-ზე, როცა n = k და დავამტკიცოთ, რომ ამ შემთხვევაში მტკიცება იქნება ჭეშმარიტი n = k + 1. ვინაიდან 3 შემდეგ ინდუქციური დაშვებიდან დავასკვნით, რომ რიცხვი 3 3k + 6 - 1 იყოფა 26-ზე. ახლა დავამტკიცოთ პრობლემის პირობებში ჩამოყალიბებული მტკიცება. და ისევ ინდუქციით. იყოფა 26 2-ზე უკვალოდ. ბოლო ჯამში ორივე წევრი ნარჩენის გარეშე იყოფა 26-ზე 2
. პირველი იმიტომ, რომ დავამტკიცეთ, რომ ფრჩხილებში გამოსახული იყოფა 26-ზე; მეორე, ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის ძალით, აუცილებელი დებულება სრულად არის დადასტურებული. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება სერიების შეჯამებაზე. დავალება 5. დაამტკიცეთ ფორმულა N ბუნებრივი რიცხვია. გადაწყვეტილება. n=1-ისთვის ტოლობის ორივე ნაწილი იქცევა ერთად და, შესაბამისად, დაკმაყოფილებულია მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის პირველი პირობა. დავუშვათ, რომ ფორმულა მართალია n=k-სთვის, ე.ი. დავუმატოთ ამ თანასწორობის ორივე მხარე და შევცვალოთ მარჯვენა მხარე. შემდეგ მივიღებთ ამრიგად, იქიდან, რომ ფორმულა ჭეშმარიტია n=k-სთვის, გამოდის, რომ ის მართალია n=k+1-ისთვისაც. ეს დებულება ჭეშმარიტია k-ის ნებისმიერი ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის. ასე რომ, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მეორე პირობაც დაკმაყოფილებულია. ფორმულა დადასტურებულია. დავალება 6. დაფაზე იწერება ორი რიცხვი: 1.1. რიცხვებს შორის მათი ჯამის შეყვანისას მივიღებთ რიცხვებს 1, 2, 1. ამ ოპერაციის განმეორებით მივიღებთ რიცხვებს 1, 3, 2, 3, 1. სამი მოქმედების შემდეგ რიცხვები იქნება 1, 4, 3. 5, 2, 5, 3, 4, 1. რა იქნება დაფაზე ყველა რიცხვის ჯამი შემდეგ 100 ოპერაცია? გადაწყვეტილება. გააკეთე 100-ვე ოპერაციები იქნება ძალიან შრომატევადი და შრომატევადი. ასე რომ, ჩვენ უნდა ვეცადოთ ვიპოვოთ ზოგადი ფორმულა S ჯამისთვისრიცხვები n-ის შემდეგ ოპერაციები. მოდით გადავხედოთ ცხრილს: შენიშნეთ რაიმე ნიმუში აქ? თუ არა, შეგიძლიათ კიდევ ერთი ნაბიჯის გადადგმა: ოთხი ოპერაციის შემდეგ იქნება ნომრები 1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,
რომლის ჯამი S 4 არის 82. სინამდვილეში, თქვენ არ შეგიძლიათ დაწეროთ რიცხვები, მაგრამ დაუყოვნებლივ თქვით, როგორ შეიცვლება ჯამი ახალი ნომრების დამატების შემდეგ. ჯამი იყოს 5-ის ტოლი. რა გახდება ახალი რიცხვების დამატებისას? მოდით, ყოველი ახალი რიცხვი გავყოთ ორი ძველის ჯამად. მაგალითად, 1, 3, 2, 3, 1-დან მივდივართ 1-ზე, 1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.
ანუ, ყოველი ძველი რიცხვი (გარდა ორი უკიდურესისა) ახლა სამჯერ შედის ჯამში, ამიტომ ახალი ჯამი არის 3S - 2 (გამოკლებული ერთეულების გასათვალისწინებლად 2 გამოვაკლოთ). ამიტომ ს 5 = 3S 4 - 2 = 244 და ზოგადად რა არის ზოგადი ფორმულა? რომ არა ორი ერთეულის გამოკლება, მაშინ ყოველ ჯერზე ჯამი სამჯერ გაიზრდებოდა, როგორც სამმაგის ხარისხებში (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). და ჩვენი რიცხვები, როგორც ახლა ხედავთ, კიდევ ერთია. ამრიგად, შეიძლება ვივარაუდოთ, რომ ახლა შევეცადოთ ამის დამტკიცება ინდუქციით. ინდუქციის საფუძველი. იხილეთ ცხრილი (ამისთვის n = 0, 1, 2, 3). ინდუქციის ნაბიჯი. მოდი ვიჩვენოთ, რომ მოდით დავამტკიცოთ მაშინ ეს S-დან + 1-მდე \u003d Z-დან + 1 + 1-მდე. მართლაც, ასე რომ, ჩვენი ფორმულა დადასტურებულია. ის გვიჩვენებს, რომ ასი ოპერაციის შემდეგ, დაფაზე ყველა რიცხვის ჯამი იქნება 3-ის ტოლი 100
+ 1.
განვიხილოთ მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გამოყენების ერთი შესანიშნავი მაგალითი, რომელშიც ჯერ უნდა შემოიტანოთ ორი ბუნებრივი პარამეტრი და შემდეგ განახორციელოთ ინდუქცია მათ ჯამზე. დავალება 7. დაამტკიცეთ, რომ თუ= 2, x 2 = 3 და ყოველი ბუნებრივი n> 3 x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2, მაშინ 2 n - 1 + 1, n = 1, 2, 3, ... გადაწყვეტილება. გაითვალისწინეთ, რომ ამ პრობლემაში არის რიცხვების საწყისი თანმიმდევრობა(x n) განისაზღვრება ინდუქციით, რადგან ჩვენი თანმიმდევრობის ტერმინები, გარდა პირველი ორისა, მოცემულია ინდუქციურად, ანუ წინა პირების მეშვეობით. მოცემული მიმდევრობები ე.წგანმეორებადი, და ჩვენს შემთხვევაში ეს თანმიმდევრობა განისაზღვრება (მისი პირველი ორი ტერმინის მითითებით) უნიკალური გზით. ინდუქციის საფუძველი. იგი შედგება ორი მტკიცების შემოწმებისგან: n=1 და n=2.ბ ორივე შემთხვევაში, მტკიცება ჭეშმარიტია ვარაუდით. ინდუქციის ნაბიჯი. დავუშვათ, რომ ამისთვის n = k - 1 და n = k მტკიცება გაკეთებულია, ანუ მოდით დავამტკიცოთ ამის მტკიცება n = k + 1. გვაქვს: x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, რაც დასამტკიცებელი იყო. დავალება 8. დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ფიბონაჩის რიცხვების განმეორებადი მიმდევრობის რამდენიმე სხვადასხვა წევრის ჯამად: k> 2-ისთვის. გადაწყვეტილება. მოდით გვ - ნატურალური რიცხვი. ჩვენ განვახორციელებთ ინდუქციასპ. ინდუქციის საფუძველი. იყიდება n = 1 განცხადება მართალია, რადგან ერთეული თავად ფიბონაჩის რიცხვია. ინდუქციის ნაბიჯი. დავუშვათ, რომ ყველა ნატურალური რიცხვი ნაკლებია ზოგიერთ რიცხვზე P, შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ფიბონაჩის მიმდევრობის რამდენიმე სხვადასხვა წევრის ჯამად. იპოვეთ ფიბონაჩის უდიდესი რიცხვი F t, არ აღემატება P; ასე რომ, F t n და F t +1 > n. Იმდენად, რამდენადაც ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით, რიცხვი p- F t შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ფიბონაჩის მიმდევრობის 5 სხვადასხვა წევრის ჯამის სახით და ბოლო უტოლობიდან გამომდინარეობს, რომ ფიბონაჩის მიმდევრობის ყველა წევრი, რომელიც ჩართულია 8-ზე ნაკლებიაფ ტ . ამიტომ, რიცხვის გაფართოება n = 8 + F ტ აკმაყოფილებს პრობლემის მდგომარეობას. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების მაგალითები უტოლობების მტკიცებაში. დავალება 9. (ბერნულის უთანასწორობა.)დაამტკიცე რომ როცა x > -1, x 0 და მთელი რიცხვისთვის n > 2 უტოლობა (1 + x) n > 1 + xn. გადაწყვეტილება. ჩვენ კვლავ განვახორციელებთ მტკიცებულებას ინდუქციით. 1. ინდუქციის საფუძველი. მოდით გადავამოწმოთ უტოლობის მართებულობა ამისთვის n = 2. მართლაც, (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x. 2. ინდუქციის ნაბიჯი. დავუშვათ, რომ ეს რიცხვი n = k განცხადება მართალია, ანუ (1 + x) k > 1 + xk, სადაც k > 2. ვამტკიცებთ n = k + 1-ს. გვაქვს: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x. ასე რომ, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, შეიძლება ითქვას, რომ ბერნულის უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერისთვის. n > 2. არა ყოველთვის მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით გადაწყვეტილი ამოცანების პირობებში, მკაფიოდ არის ჩამოყალიბებული ზოგადი კანონი, რომელიც უნდა დაამტკიცოს. ზოგჯერ საჭიროა, ცალკეულ შემთხვევებზე დაკვირვებით, ჯერ აღმოვაჩინოთ (გამოიცნოთ) რა ზოგად კანონმდებლობამდე მიჰყავთ ისინი და მხოლოდ ამის შემდეგ დავამტკიცოთ გამოთქმული ჰიპოთეზა მათემატიკური ინდუქციით. გარდა ამისა, ინდუქციური ცვლადი შეიძლება იყოს ნიღბიანი და პრობლემის გადაჭრამდე აუცილებელია განისაზღვროს რომელ პარამეტრზე განხორციელდება ინდუქცია. მაგალითად, განიხილეთ შემდეგი ამოცანები. ამოცანა 10. დაამტკიცეთ ნებისმიერი ბუნებრივი n > 1. გადაწყვეტილება, შევეცადოთ დავამტკიცოთ ეს უტოლობა მათემატიკური ინდუქციით. ინდუქციური საფუძველი ადვილად მოწმდება:1+ ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით და ჩვენთვის რჩება ამის დამტკიცება ინდუქციური ჰიპოთეზის გამოყენებით, ჩვენ ამას ვამტკიცებთ მიუხედავად იმისა, რომ ეს თანასწორობა რეალურად მართალია, ის არ გვაძლევს პრობლემის გადაჭრას. შევეცადოთ დავამტკიცოთ უფრო ძლიერი მტკიცება, ვიდრე საჭიროა თავდაპირველ პრობლემაში. კერძოდ, ჩვენ ამას დავამტკიცებთ შეიძლება ჩანდეს, რომ ამ მტკიცების ინდუქციით დამტკიცება უიმედოა. თუმცა, გვ = 1 გვაქვს: განცხადება მართალია. ინდუქციური ნაბიჯის გასამართლებლად, დავუშვათ, რომ და მაშინ ჩვენ ამას დავამტკიცებთ მართლაც, ამრიგად, ჩვენ დავამტკიცეთ უფრო ძლიერი მტკიცება, რომელიც დაუყოვნებლივ გულისხმობს პრობლემის მდგომარეობაში არსებულ მტკიცებას. აქ ინსტრუქციული ის არის, რომ მიუხედავად იმისა, რომ ჩვენ უნდა დაგვემტკიცებინა უფრო ძლიერი მტკიცება, ვიდრე საჭირო იყო პრობლემაში, ჩვენ ასევე შეგვეძლო გამოგვეყენებინა უფრო ძლიერი ვარაუდი ინდუქციურ საფეხურზე. ეს განმარტავს, რომ მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის პირდაპირ გამოყენებას ყოველთვის არ მივყავართ მიზნამდე. სიტუაცია, რომელიც წარმოიქმნა პრობლემის გადაჭრაში ე.წგამომგონებლის პარადოქსი.თავად პარადოქსი ის არის, რომ უფრო რთული გეგმები შეიძლება განხორციელდეს უფრო დიდი წარმატებით, თუ ისინი დაფუძნებულია საკითხის არსის უფრო ღრმა გაგებაზე. ამოცანა 11. დაამტკიცეთ, რომ 2m + n - 2m ნებისმიერი ბუნებრივიტიპი. გადაწყვეტილება. აქ ჩვენ გვაქვს ორი ვარიანტი. აქედან გამომდინარე, შეგიძლიათ სცადოთ განახორციელოთ ე.წორმაგი ინდუქცია(ინდუქცია ინდუქციის შიგნით). ჩვენ განვახორციელებთ ინდუქციურ მსჯელობასპ. 1.
ინდუქციის საფუძველი პ.იყიდება n = 1 უნდა შეამოწმო ეს 2 t ~ 1 > t. ამ უთანასწორობის დასამტკიცებლად ვიყენებთ ინდუქციასტ. ა) ინდუქციის საფუძველი ტ.იყიდება t = 1 მიმდინარეობს ბ) ინდუქციის საფეხური თ.დავუშვათ, რომ ზე t = k განცხადება მართალია, ანუ 2 k ~ 1 > k. შემდეგ ზევით ბუნებრივ კ. ამრიგად, უთანასწორობა 2
შესრულებულია ნებისმიერი ბუნებრივიტ. 2. ინდუქციის ნაბიჯი პუნქტის მიხედვითაირჩიეთ და დააფიქსირეთ რაიმე ნატურალური რიცხვიტ. დავუშვათ, რომ ზე n = მე განცხადება არის ჭეშმარიტი (ფიქსირებული t), ანუ 2 t +1 ~ 2 > t1, და დაამტკიცეთ, რომ მაშინ მტკიცება იქნება ჭეშმარიტი n = l + 1. ნებისმიერი ბუნებრივიტიპი. მაშასადამე, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით (შესაბამისადპ) პრობლემის განცხადება მართალია ნებისმიერისთვისპ და ნებისმიერი ფიქსირებულიტ. ამრიგად, ეს უთანასწორობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვისტიპი. ამოცანა 12. მოდით m, n და k არის ნატურალური რიცხვები და t > გვ ორი რიცხვიდან რომელია მეტი: ყოველ გამოთქმაშირომ კვადრატული ფესვის ნიშნები, t და n ალტერნატიული. გადაწყვეტილება. ჯერ ერთი დამხმარე მტკიცება დავამტკიცოთ. ლემა. ნებისმიერი ბუნებრივი t და n (t > n) და არაუარყოფითი (არ არის აუცილებელი მთელი რიცხვი) X უთანასწორობა მტკიცებულება. განვიხილოთ უთანასწორობა ეს უთანასწორობა მართალია, რადგან მარცხენა მხარეს ორივე ფაქტორი დადებითია. ფრჩხილების გაფართოებით და კონვერტაციით მივიღებთ: ბოლო უტოლობის ორივე ნაწილის კვადრატული ფესვის აღებით მივიღებთ ლემის მტკიცებას. ასე რომ, ლემა დადასტურებულია. ახლა მოდით გადავიდეთ პრობლემის გადაჭრაზე. ამ რიცხვებიდან პირველი ავღნიშნოთა, და მეორე მეშვეობითბ-მდე. დავამტკიცოთ, რომ ა ნებისმიერი ბუნებრივირომ. მტკიცება განხორციელდება მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით ცალ-ცალკე ლუწი და კენტირომ. ინდუქციის საფუძველი. იყიდება k = 1 გვაქვს უტოლობა y[t > y/n , რაც ძალაშია იმის გამო, რომ m > n. = 2, სასურველი შედეგი მიიღება დადასტურებული ლემიდან ჩანაცვლებით x = 0. ინდუქციის ნაბიჯი. დავუშვათ, ზოგიერთისთვისუტოლობას a >b-მდე სამართლიანი. ეს დავამტკიცოთ ინდუქციის და კვადრატული ფესვის ერთფეროვნების დაშვებიდან გვაქვს: მეორე მხრივ, დადასტურებული ლემიდან გამომდინარეობს, რომ ბოლო ორი უტოლობის გაერთიანებით მივიღებთ: მათემატიკური ინდუქციის პრინციპით დასტურდება მტკიცება. დავალება 13. (კოშის უთანასწორობა.)დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი დადებითი რიცხვისთვის...,პ უთანასწორობა გადაწყვეტილება. n = 2-ისთვის უტოლობა საშუალო არითმეტიკული და გეომეტრიული საშუალო (ორი რიცხვისთვის) ჩაითვლება ცნობილი. დაე იყოს n= 2, კ = 1, 2, 3, ... და ჯერ განახორციელეთ ინდუქციარომ. ამ ინდუქციის საფუძველი არსებობს, თუ ვივარაუდოთ, რომ სასურველი უთანასწორობა უკვე დადგენილია n = 2, ჩვენ ამას დავამტკიცებთპ = 2. გვაქვს (უტოლობა ორ რიცხვისთვის): მაშასადამე, ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით ამრიგად, k-ზე ინდუქციით ჩვენ დავამტკიცეთ უტოლობა ყველასთვისგვ 9 რომლებიც ორის ძალაა. სხვა მნიშვნელობებისთვის უტოლობის დასამტკიცებლადპ ჩვენ გამოვიყენებთ "ინდუქციას ქვემოთ", ანუ დავამტკიცებთ, რომ თუ უტოლობა დაკმაყოფილდება თვითნებური არაუარყოფითისთვისპ ნომრებზე, ის ასევე მოქმედებს(პ - 1) ნომერი. ამის შესამოწმებლად აღვნიშნავთ, რომ გაკეთებული ვარაუდის მიხედვით, ამისთვისპ რიცხვები, უტოლობა ანუ a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) ა. ორივე ნაწილად დაყოფაპ - 1, ვიღებთ საჭირო უტოლობას. ასე რომ, ჯერ დავადგინეთ, რომ უტოლობა მოქმედებს უსასრულო რაოდენობის შესაძლო მნიშვნელობებზე P, და შემდეგ აჩვენა, რომ თუ უტოლობა მოქმედებსპ ნომრებზე, ის ასევე მოქმედებს(პ - 1) ნომრები. აქედან ჩვენ ახლა დავასკვნათ, რომ კოტის უთანასწორობა მოქმედებს სიმრავლისთვისპ ნებისმიერი არაუარყოფითი რიცხვი ნებისმიერისთვის n = 2, 3, 4, ... ამოცანა 14. (დ. უსპენსკი.) ნებისმიერი სამკუთხედისთვის ABC კუთხეებით = CAB, = CBA თანაზომიერია, არის უთანასწორობები გადაწყვეტილება. კუთხეები და თანაზომიერია, რაც ნიშნავს (განმარტებით) რომ ამ კუთხეებს აქვთ საერთო საზომი, რომლისთვისაც = p, = (p, q არის ერთობლივი ნატურალური რიცხვები). გამოვიყენოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი და დავხატოთ იგი ჯამზე n = p + q ბუნებრივი თანაპირდაპირი რიცხვები.. ინდუქციის საფუძველი. p + q = 2-სთვის გვაქვს: p = 1 და q = 1. მაშინ სამკუთხედი ABC არის ტოლფერდა და აუცილებელი უტოლობა აშკარაა: ისინი მოჰყვება სამკუთხედის უტოლობას. ინდუქციის ნაბიჯი. დავუშვათ, რომ სასურველი უტოლობა დადგენილია p + q = 2, 3, ..., k - 1, სადაც k > 2. დავამტკიცოთ, რომ უტოლობები ასევე მოქმედებს p + q = k. მოდით ABC არის მოცემული სამკუთხედი> 2. შემდეგ გვერდები AC და BC არ შეიძლება იყოს თანაბარი: ნება AC > ძვ.წ. ახლა ავაშენოთ, როგორც სურათზე 2, ტოლფერდა სამკუთხედს ABC; ჩვენ გვაქვს: AC \u003d DC და AD \u003d AB + BD, შესაბამისად, 2AC > AB + BD (1) ახლა განვიხილოთ სამკუთხედი VDC, რომლის კუთხეებიც შესადარებელია: DCB = (q - p), BDC = გვ. ბრინჯი. 2 ეს სამკუთხედი აკმაყოფილებს ინდუქციურ ჰიპოთეზას და შესაბამისად (2)
(1) და (2) დამატება გვაქვს: 2AC+BD> და, შესაბამისად იგივე სამკუთხედიდან WBS ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით ვასკვნით, რომ წინა უტოლობის გათვალისწინებით, დავასკვნით, რომ ამრიგად, მიიღება ინდუქციური გადასვლა, ხოლო პრობლემის მტკიცება გამომდინარეობს მათემატიკური ინდუქციის პრინციპიდან. კომენტარი. პრობლემის დებულება ძალაში რჩება მაშინაც კი, როდესაც კუთხეები a და p არ არის შესადარებელი. ზოგად საქმეში განხილვის საფუძველში უკვე უნდა გამოვიყენოთ კიდევ ერთი მნიშვნელოვანი მათემატიკური პრინციპი - უწყვეტობის პრინციპი. ამოცანა 15. სიბრტყეს ნაწილებად ჰყოფს რამდენიმე სწორი ხაზი. დაამტკიცეთ, რომ შესაძლებელია ამ ნაწილების თეთრი შეღებვა და შავი ფერები ისე, რომ მიმდებარე ნაწილები, რომლებსაც აქვთ საერთო საზღვრის სეგმენტი, იყოს სხვადასხვა ფერის (როგორც სურათზე 3, როდესაც n = 4). სურათი 3 გადაწყვეტილება. ჩვენ ვიყენებთ ინდუქციას ხაზების რაოდენობაზე. ასე რომ მოდითპ - ხაზების რაოდენობა, რომელიც ყოფს ჩვენს თვითმფრინავს ნაწილებად, n > 1. ინდუქციის საფუძველი. თუ მხოლოდ ერთი სწორია(პ = 1), შემდეგ ის ყოფს სიბრტყეს ორ ნახევრად სიბრტყეზე, რომელთაგან ერთი შეიძლება იყოს შეღებილი თეთრი, ხოლო მეორე შავი, და პრობლემის განცხადება მართალია. ინდუქციის ნაბიჯი. იმისთვის, რომ ინდუქციური ნაბიჯის დადასტურება უფრო ნათელი გახდეს, განიხილეთ ერთი ახალი ხაზის დამატების პროცესი. თუ მეორე ხაზს გავავლებთ(პ= 2), შემდეგ მივიღებთ ოთხ ნაწილს, რომელიც შეიძლება სასურველი გზით შეღებოთ საპირისპირო კუთხეების იმავე ფერში შეღებვით. ვნახოთ, რა მოხდება, თუ მესამე სწორ ხაზს გავავლებთ. ის გაყოფს ზოგიერთ „ძველ“ ნაწილს, ხოლო საზღვრის ახალი მონაკვეთები გამოჩნდება, რომელთა ორივე მხარეს ფერი ერთი და იგივეა (სურ. 4). ბრინჯი. 4 ვიმოქმედოთ შემდეგნაირად:ერთი მხარეახალი სწორი ხაზიდან ფერებს შევცვლით - თეთრს შავს გავაკეთებთ და პირიქით; ამავდროულად, ის ნაწილები, რომლებიც დევს ამ სწორი ხაზის მეორე მხარეს, არ არის შეღებილი (სურ. 5). მაშინ ეს ახალი შეღებვა დააკმაყოფილებს აუცილებელ მოთხოვნებს: სწორი ხაზის ერთ მხარეს უკვე მონაცვლეობდა (მაგრამ სხვადასხვა ფერებში), მეორე მხარეს კი აუცილებელი იყო. იმისთვის, რომ ნაწილები, რომლებსაც აქვთ საერთო საზღვარი, რომელიც მიეკუთვნება დახაზულ ხაზს, სხვადასხვა ფერში შეღებილიყო, ნაწილები ამ დახატული ხაზის მხოლოდ ერთ მხარეს გადავხატეთ. ნახ.5 ახლა დავამტკიცოთ ინდუქციური ნაბიჯი. დავუშვათ, რომ ზოგიერთისთვისn = kმართებულია პრობლემის განცხადება, ანუ სიბრტყის ყველა ნაწილი, რომლებშიც იგი იყოფა ამითრომსწორი, შეგიძლიათ შეღებოთ თეთრ და შავ ფერებში ისე, რომ მეზობელი ნაწილები სხვადასხვა ფერის იყოს. მოდით დავამტკიცოთ, რომ მაშინ არსებობს ასეთი შეღებვაპ=
რომ+ 1 პირდაპირ. მოდით გავაგრძელოთ ანალოგიურად ორი სწორი ხაზიდან სამზე გადასვლის შემთხვევა. თვითმფრინავში დავხარჯოთრომპირდაპირი. შემდეგ, ინდუქციური ვარაუდით, მიღებული „რუკა“ შეიძლება სასურველი გზით იყოს შეღებილი. ახლა დავხარჯოთ(მდე+ 1)-ე სწორი ხაზი და მის ერთ მხარეს ვცვლით ფერებს საპირისპიროზე. Ამრიგად(მდე+ 1)-ე ხაზი ყველგან გამოყოფს სხვადასხვა ფერის მონაკვეთებს, ხოლო "ძველი" ნაწილები, როგორც უკვე ვნახეთ, რჩება სწორად შეღებილი. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მიხედვით, პრობლემა მოგვარებულია. დავალება16. უდაბნოს პირას არის ბენზინის დიდი მარაგი და მანქანა, რომელსაც სრული ბენზინგასამართი სადგურით შეუძლია 50 კილომეტრის გავლა. შეუზღუდავი რაოდენობით არის კასრები, რომლებშიც შეგიძლიათ ბენზინი გადმოასხათ მანქანის ბენზინის ავზიდან და დატოვოთ შესანახად სადმე უდაბნოში. დაამტკიცეთ, რომ მანქანას შეუძლია 50 კილომეტრზე მეტი დისტანციის გავლა. დაუშვებელია ბენზინის ქილაების ტარება, ცარიელი ქილების ტარება შესაძლებელია ნებისმიერი რაოდენობით. გადაწყვეტილება.შევეცადოთ ამის დამტკიცება ინდუქციითP,რომ მანქანას შეუძლია მართოსპკილომეტრში უდაბნოს კიდედან. ზეპ= 50 ცნობილია. რჩება ინდუქციის ნაბიჯის განხორციელება და ახსნა, თუ როგორ მივიდეთ იქn = k+ 1 კმ თუ ცნობილიაn = kკილომეტრის გავლა შეიძლება. თუმცა, აქ ჩვენ ვაწყდებით სირთულეს: მას შემდეგ რაც გავიარეთრომკილომეტრი, ბენზინი შეიძლება არც იყოს საკმარისი უკან დასაბრუნებლად (რომ აღარაფერი ვთქვათ შესანახად). და ამ შემთხვევაში გამოსავალი არის დადასტურებული მტკიცების განმტკიცება (გამომგონებლის პარადოქსი). ჩვენ დავამტკიცებთ, რომ შესაძლებელია არა მარტო ტარებაპკილომეტრი, არამედ ბენზინის თვითნებურად დიდი მარაგის გაკეთება დისტანციურ წერტილშიპკილომეტრში უდაბნოს კიდედან, ამ ადგილას ტრანსპორტირების დასრულების შემდეგ. ინდუქციის საფუძველი.ბენზინის ერთეული იყოს ბენზინის რაოდენობა, რომელიც საჭიროა ერთი კილომეტრის მგზავრობისთვის. შემდეგ 1 კილომეტრიანი მგზავრობისას და უკან დაბრუნებას ორი ერთეული ბენზინი სჭირდება, ასე რომ ჩვენ შეგვიძლია დავტოვოთ 48 ერთეული ბენზინი შესანახად კიდედან ერთი კილომეტრის მანძილზე და დავბრუნდეთ მეტი. ამრიგად, საწყობში რამდენიმე მოგზაურობისთვის ჩვენ შეგვიძლია მოვაწყოთ თვითნებური ზომის მარაგი, რომელიც გვჭირდება. ამასთან, 48 ერთეული მარაგის შესაქმნელად ვხარჯავთ 50 ერთეულ ბენზინს. ინდუქციის ნაბიჯი.დავუშვათ, რომ დისტანციაზეპ=
რომუდაბნოს კიდედან შეგიძლიათ შეინახოთ ნებისმიერი რაოდენობის ბენზინი. მოდით დავამტკიცოთ, რომ მაშინ შესაძლებელია საცავის შექმნა დისტანციურადn = k+ 1 კმ ბენზინის წინასწარ განსაზღვრული მიწოდებით და იყავით ამ საცავში ტრანსპორტირების ბოლოს. რადგან წერტილშიპ=
რომარის ბენზინის შეუზღუდავი მიწოდება, შემდეგ (ინდუქციური ბაზის მიხედვით) შეგვიძლია, რამდენიმე მოგზაურობით პუნქტამდეn = k+ 1 აზრის დასაფიქსირებლადპ=
რომ4-1 ცალი თქვენთვის სასურველი ნებისმიერი ზომის. უფრო ზოგადი განცხადების ჭეშმარიტება, ვიდრე პრობლემის მდგომარეობაშია, ახლა გამომდინარეობს მათემატიკური ინდუქციის პრინციპიდან. დასკვნა კერძოდ, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის შესწავლის შემდეგ, გავაუმჯობესე 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 გადაჭრა 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. ლიტერატურა 1.ვულენკინის ინდუქცია. კომბინატორიკა. სახელმძღვანელო მასწავლებლებისთვის. მ., განმანათლებლობა, 1976.-48 გვ. 2. Golovina L.I., Yaglom I.M. ინდუქცია გეომეტრიაში. - მ.: გოსუდ. გამომცემელი განათებული. - 1956 - ს.I00. სახელმძღვანელო მათემატიკის შესახებ უნივერსიტეტების აპლიკანტებისთვის / რედ. იაკოვლევა გ.ნ. Მეცნიერება. -1981წ. - გვ.47-51. 3. Golovina L.I., Yaglom IM. ინდუქცია გეომეტრიაში. - 4. ი.ტ.დემიდოვი, ა.ნ.კოლმოგოროვი, ს.ი.შვარცბურგი, ო.ს.ივაშევ-მუსატოვი, ბ.ე.ვეიტსი. სახელმძღვანელო / „განმანათლებლობა“ 1975 წ. 5.რ. კურანტი, გ რობინსი "რა არის მათემატიკა?" თავი 1, § 2 6. Popa D. მათემატიკა და დამაჯერებელი მსჯელობა. - M: ნაუკა, 1975 წ. 7. Popa D. მათემატიკური აღმოჩენა. - მ.: ნაუკა, 1976 წ. 8. რუბანოვი ი.ს. როგორ ვასწავლოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი / მათემატიკის სკოლა. - ნლ. - 1996. - ს.14-20. 9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის შესახებ. - M .: Nauka, 1977. - (პოპულარული ლექციები მათემატიკაში.) 10. სოლომინსკი ი.ს. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. - მ.: მეცნიერება. 63-იანი წლები. 11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. მათემატიკური ინდუქციის შესახებ. - მ.: მეცნიერება. - 1967. - ს.7-59. 12.http://w.wikiredia.org/wiki 13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html მათემატიკის ბევრ სფეროში, უნდა დაამტკიცოს განცხადების ჭეშმარიტება, რომელიც დამოკიდებულია, ე.ი. წინადადების სიმართლე p(n)ამისთვის " ნ nN (ნებისმიერი ნჩართულია p(n)მარჯვენა). ეს ხშირად შეიძლება დადასტურდეს მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. ეს მეთოდი ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის პრინციპს. ის ჩვეულებრივ არჩეულია არითმეტიკის ერთ-ერთ აქსიომად და, შესაბამისად, მიღებულია მტკიცებულების გარეშე. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მიხედვით წინადადება p(n)ითვლება ჭეშმარიტად ცვლადის ყველა ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის, თუ დაკმაყოფილებულია ორი პირობა: 1. შეთავაზება p(n)მართალია ნ= 1. 2. წინადადებიდან რომ p(n)მართალია ნ =კ (კ -თვითნებური ნატურალური რიცხვი) აქედან გამომდინარეობს, რომ ეს მართალია ნ =კ+ 1. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი გაგებულია, როგორც მტკიცების შემდეგი მეთოდი 1. შეამოწმეთ განცხადების სიმართლე ნ= 1 არის ინდუქციის საფუძველი. 2. ვივარაუდოთ, რომ განცხადება მართალია n = k -ინდუქციური ვარაუდი. 3. დაამტკიცეთ, რომ მაშინ ის ასევე მართალია ნ =კ+ 1 ინდუქციური გადასვლა. ზოგჯერ წინადადება p(n)აღმოჩნდება, რომ მართალია არა ყველა ბუნებრივი ნ, და დაწყებული ზოგიერთისთვის n = n 0. ამ შემთხვევაში სიმართლის შემოწმება ხდება ინდუქციურ ბაზაში p(n)ზე n = n 0. მაგალითი 1იყოს . დაამტკიცე რომ 1. ინდუქციური ბაზა: როდის ნ= 1 განსაზღვრებით ს 1 = 1 და ფორმულით ვიღებთ ერთ შედეგს. განცხადება სწორია. n=kდა . n=k+ 1. დავამტკიცოთ, რომ . მართლაც, ინდუქციური დაშვებით მოდით გარდავქმნათ ეს გამოთქმა ინდუქციური გადასვლა დადასტურებულია. კომენტარი.სასარგებლოა ჩამოვწეროთ რა არის მოცემული (ინდუქციური ვარაუდი) და რისი დამტკიცებაა საჭირო! მაგალითი 2დაამტკიცე 1. ინდუქციის საფუძველი. ზე ნ= 1, მტკიცება აშკარად მართალია. 2. ინდუქციური ვარაუდი. დაე იყოს n=kდა 3. ინდუქციური გადასვლა. დაე იყოს n=k+ 1. მოდით დავამტკიცოთ: მართლაც, მოდი, მარჯვენა მხარე გამოვყოთ ორი რიცხვის ჯამის სახით: ინდუქციური დაშვებისა და არითმეტიკული პროგრესიის ჯამის ფორმულის გამოყენებით: ვიღებთ მაგალითი 3დაამტკიცეთ უთანასწორობა 1. ინდუქციის საფუძველი ამ შემთხვევაში არის განცხადების ჭეშმარიტების შემოწმება , ე.ი. უთანასწორობა უნდა შემოწმდეს. ამისათვის საკმარისია კვადრატული უტოლობა: ან 63< 64 – неравенство верно. 2. უტოლობა იყოს ჭეშმარიტი , ე.ი. 3. მოდით, დავამტკიცოთ: ჩვენ ვიყენებთ ინდუქციის ჰიპოთეზას იმის ცოდნა, თუ როგორი უნდა იყოს მარჯვენა მხარე დადასტურებულ უთანასწორობაში, ჩვენ ვირჩევთ ამ ნაწილს რჩება იმის დადგენა, რომ დამატებითი ფაქტორი არ აღემატება ერთიანობას. მართლაც, მაგალითი 4დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი მთავრდება ციფრით. 1. უმცირესი ნატურალური რიცხვი, საიდანაც დებულება მართალია, უდრის. . 2. დაუშვით რიცხვი ბოლოსთვის. ეს ნიშნავს, რომ ეს რიცხვი შეიძლება დაიწეროს როგორც , სადაც არის რაღაც ბუნებრივი რიცხვი. მაშინ . 3. დაე . დავამტკიცოთ, რომ ის მთავრდება. მიღებული წარმოდგენის გამოყენებით, ჩვენ ვიღებთ ბოლო რიცხვს აქვს ზუსტად ერთი. დანართი 1.4. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი მოგეხსენებათ, მათემატიკური დებულებები (თეორემები) უნდა იყოს დასაბუთებული, დადასტურებული. ახლა გავეცნობით მტკიცების ერთ-ერთ მეთოდს - მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს. ფართო გაგებით, ინდუქცია არის მსჯელობის საშუალება, რომელიც საშუალებას გაძლევთ გადახვიდეთ კონკრეტული განცხადებებიდან ზოგადზე. საპირისპირო გადასვლას, ზოგადი განცხადებებიდან კონკრეტულზე, ეწოდება დედუქცია. გამოქვითვა ყოველთვის იწვევს სწორ დასკვნებს. მაგალითად, ჩვენ ვიცით ზოგადი შედეგი: ყველა მთელი რიცხვი, რომელიც მთავრდება ნულზე, იყოფა 5-ზე. აქედან, რა თქმა უნდა, შეგვიძლია დავასკვნათ, რომ ნებისმიერი კონკრეტული რიცხვი, რომელიც მთავრდება 0-ზე, მაგალითად 180, იყოფა 5-ზე. ამავდროულად, ინდუქციამ შეიძლება გამოიწვიოს არასწორი დასკვნები. მაგალითად, თუ შევნიშნავთ, რომ რიცხვი 60 იყოფა 1, 2, 3, 4, 5, 6 რიცხვებზე, არ გვაქვს უფლება დავასკვნათ, რომ 60 იყოფა რომელიმე რიცხვზე. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი შესაძლებელს ხდის ხშირ შემთხვევაში მკაცრად დაამტკიცოს ზოგადი მტკიცების P(n) მართებულობა, რომლის ფორმულირება მოიცავს ნატურალურ რიცხვს n. მეთოდის გამოყენება მოიცავს 3 ეტაპს. 1) ინდუქციის საფუძველი: ჩვენ ვამოწმებთ P(n) დებულების მართებულობას n = 1-ისთვის (ან სხვა, n-ის კერძო მნიშვნელობისთვის, საიდანაც გათვალისწინებულია P(n)-ის ვალიდობა). 2) ინდუქციის დაშვება: ვვარაუდობთ, რომ P(n) მართებულია n = k-სთვის. 3) ინდუქციის საფეხური: დაშვების გამოყენებით ვამტკიცებთ, რომ P(n) მართალია n = k + 1-ისთვის. შედეგად, შეგვიძლია დავასკვნათ, რომ P(n) მოქმედებს ნებისმიერი n ∈ N-ისთვის. მართლაც, n = 1-ისთვის მტკიცება მართალია (ინდუქციის საფუძველი). და მაშასადამე, ეს ასევე მართალია n = 2-ისთვის, ვინაიდან n = 1-დან n = 2-ზე გადასვლა გამართლებულია (ინდუქციური ნაბიჯი). ინდუქციის საფეხურის განმეორებით გამოყენებისას ჩვენ ვიღებთ P(n)-ის ვალიდობას n = 3, 4, 5, . . ., ანუ P(n)-ის ვალიდობა ყველა n-სთვის. მაგალითი 14. პირველი n კენტი ნატურალური რიცხვების ჯამი არის n2: 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2. მტკიცება განხორციელდება მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით. 1) ფუძე: n=1-ისთვის, მარცხნივ არის მხოლოდ ერთი ტერმინი, მივიღებთ: 1 = 1. განცხადება სწორია. 2) დაშვება: ვივარაუდოთ, რომ ზოგიერთი k-სთვის ტოლობა მართალია: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2. პრობლემის ზოგადი განცხადება ასეთია: მიზანში ერთი გასროლით დარტყმის ალბათობა $p$-ის ტოლია. $n$ გასროლა. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ სამიზნე ზუსტად $k$-ჯერ მოხვდება (იქნება $k$ დარტყმები). ჩვენ ვიყენებთ ბერნულის ფორმულას და ვიღებთ: $$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k). აქ $C_n^k$ არის კომბინაციების რაოდენობა $n$-დან $k$-მდე. თუ პრობლემა მოიცავს რამდენიმე ისარს სხვადასხვა ალბათობამიზანში დარტყმა, თეორია, ამოხსნის მაგალითები და კალკულატორი შეგიძლიათ იპოვოთ აქ. უყურეთ ჩვენს ვიდეოს ბერნულის კადრებით პრობლემების გადაჭრის შესახებ, ისწავლეთ როგორ გამოიყენოთ Excel საერთო პრობლემების გადასაჭრელად.
Excel-ის გაანგარიშების ფაილი ვიდეოდან შეგიძლიათ უფასოდ გადმოწეროთ და გამოიყენოთ თქვენი პრობლემების გადასაჭრელად. მოდით შევხედოთ რამდენიმე ტიპურ მაგალითს. მაგალითი 1გაისროლა 7 გასროლა. ერთი გასროლით დარტყმის ალბათობაა 0,705. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ იქნება ზუსტად 5 დარტყმა. მივიღებთ, რომ პრობლემა ეხება განმეორებით დამოუკიდებელ ტესტებს (გასროლა მიზანში), $n=7$ გასროლა ხდება ჯამში, ყოველი $p=0.705$ დარტყმის ალბათობა, $q=1-p გამოტოვების ალბათობა. =1-0,705=0,295 $. ჩვენ უნდა ვიპოვოთ, რომ იქნება ზუსტად $k=5$ დარტყმები. ჩვენ ყველაფერს ვცვლით ფორმულაში (1) და ვიღებთ: $$ 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. $$ მაგალითი 2ერთი გასროლით მიზანში მოხვედრის ალბათობაა 0,4. ოთხი დამოუკიდებელი გასროლა ისვრება მიზანში. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ მიზანზე იქნება მინიმუმ ერთი დარტყმა. ვსწავლობთ პრობლემას და ვწერთ პარამეტრებს: $n=4$ (გასროლა), $p=0.4$ (დარტყმის ალბათობა), $k \ge 1$ (ერთი დარტყმა მაინც იქნება). ჩვენ ვიყენებთ საპირისპირო მოვლენის ალბათობის ფორმულას (არ არის დარტყმა): $$ 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. $$ ოთხიდან ერთხელ მაინც დარტყმის ალბათობა არის 0,87 ან 87%. მაგალითი 3მსროლელის მიერ მიზანში მოხვედრის ალბათობა არის 0,3. იპოვეთ ალბათობა, რომ 6 გასროლით მიზანს სამიდან ექვსჯერ მოხვდება. წინა პრობლემებისგან განსხვავებით, აქ თქვენ უნდა იპოვოთ ალბათობა, რომ დარტყმების რაოდენობა იქნება გარკვეულ ინტერვალში (და არა ზუსტად რაღაც რიცხვის ტოლი). მაგრამ ფორმულა იგივეა. ვიპოვოთ ალბათობა იმისა, რომ სამიზნე მოხვდება სამიდან ექვსჯერ, ანუ იქნება ან 3, ან 4, ან 5, ან 6 დარტყმა. ეს ალბათობები გამოითვლება ფორმულით (1): $$ 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. ვინაიდან მოვლენები შეუთავსებელია, სასურველი ალბათობა შეიძლება მოიძებნოს ალბათობების დამატების ფორმულის გამოყენებით: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0.185+0.06+0.01+0.001=0.256.$$ მაგალითი 4ოთხი გასროლით მიზანზე მინიმუმ ერთი დარტყმის ალბათობა არის 0,9984. იპოვეთ ერთი გასროლით მიზანში მოხვედრის ალბათობა. ავღნიშნოთ მიზანში ერთი გასროლით დარტყმის ალბათობა. მოდით შევიტანოთ ღონისძიება: მოდით ჩამოვწეროთ $A$ მოვლენის ალბათობის ფორმულა. ჩამოვწეროთ ცნობილი მნიშვნელობები: $n=4$, $P(A)=0,9984$. ჩაანაცვლეთ ფორმულაში (1) და მიიღეთ: $$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0.9984. ჩვენ ვხსნით შედეგად განტოლებას: $$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$ ასე რომ, მიზანში ერთი გასროლით დარტყმის ალბათობა არის 0,8. გმადლობთ, რომ კითხულობთ და გაზიარებთ სხვებს იპოვნეთ მზა ამოცანები გამოსავალში: ონლაინ გამოთვლები ბერნულის ფორმულის გამოყენებით უტოლობა მათემატიკაში ვრცელდება ყველა განტოლებაზე, სადაც "=" ჩანაცვლებულია რომელიმე შემდეგი სიმბოლოთი: \ [> \] \ [\geq \] \ [ * ხაზოვანი; * კვადრატი; * წილადი; * საჩვენებელი; * ტრიგონომეტრიული; * ლოგარითმული. ამის მიხედვით უტოლობებს უწოდებენ წრფივ, ნაწილობრივ და ა.შ. თქვენ უნდა იცოდეთ ეს ნიშნები: * უტოლობები მეტი (>) ან ნაკლები ( * უტოლობა ხატებით, რომლებიც აღემატება ან ტოლია \[\geq\]-ზე ნაკლები ან ტოლია [\leq\]-ზე, არაპროფესიულს უწოდებენ; * ხატულა არ არის ერთი და იგივე \[\ne\], მაგრამ ამ ხატის შემთხვევები მუდმივად უნდა გადაწყდეს. ასეთი უთანასწორობა იხსნება იდენტობათა ტრანსფორმაციებით. ასევე წაიკითხეთ ჩვენი სტატია "ამოხსნას სრული ამოხსნა ონლაინ განტოლებისთვის" დავუშვათ, რომ შემდეგი უტოლობა მოქმედებს: ჩვენ ვხსნით მას ისევე, როგორც წრფივი განტოლება, მაგრამ ყურადღებით უნდა დავაკვირდეთ უტოლობის ნიშანს. პირველ რიგში, ჩვენ გადავიტანთ ტერმინებს უცნობიდან მარცხნივ, ცნობილიდან მარჯვნივ, სიმბოლოების შებრუნებით: შემდეგ ორივე მხარეს ვყოფთ -4-ზე და ვაბრუნებთ უტოლობის ნიშანს: ეს არის პასუხი ამ განტოლებაზე. განტოლების ამოხსნა შეგიძლიათ ჩვენს ვებგვერდზე pocketteacher.ru. წამებში, უფასო ონლაინ სამაშველო გადაწყვეტა გადაჭრის ნებისმიერი სირთულის ონლაინ განტოლებას. ყველაფერი რაც თქვენ უნდა გააკეთოთ არის თქვენი მონაცემების შეყვანა სამაშველოში. თქვენ ასევე შეგიძლიათ ნახოთ ვიდეო ინსტრუქციები და ისწავლოთ განტოლების ამოხსნა ჩვენს ვებგვერდზე. და თუ თქვენ გაქვთ შეკითხვები, შეგიძლიათ დასვათ ისინი ჩვენს Vkontakte ჯგუფში: ჯიბის მასწავლებელი. შემოუერთდით ჩვენს ჯგუფს, მოხარული ვიქნებით დაგეხმაროთ. განტოლების ამოხსნა / დიფერენციალური განტოლებები © RU ტესტი - ონლაინ კალკულატორები განტოლება: კალკულატორით შეგიძლიათ ამოხსნათ სხვადასხვა სირთულის დიფერენციალური განტოლებები.
2) 
3)
; 4) 
.
ბერძნული ასო "სიგმა".
:
4) 
2)
ვ
(
ნ
)=
ნ
2
+
ნ
+11
, ზე n=1,2,3,4.5,6,7
შეიძლება ვივარაუდოთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივიპნომერი ვ
(
ნ
)
მარტივი.
არ არის მარტივი რიცხვი ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვისპ.
იდენტურობის სიმართლე მოყვება 
; 
. ასე რომ, ეს იდენტურობა მართალია ყველასთვისპ
.
n≥2-ისთვის.
.
იყოფა 6
უკვალოდ.
.
მრავალჯერადი6.
მრავალჯერადი6
.
ზე5
უკვალოდ.
.
ასევე იყოფა5
უკვალოდ.
ზე16.
მრავალჯერადი16.
ზე676.
იყოფა 
.
.
იყოფა26
.
იყოფა26
2
.
იყოფა5
უკვალოდ.
იყოფა5.
იყოფა5
უკვალოდ.
იყოფა6
უკვალოდ.
იყოფა6
უკვალოდ.
იყოფა6
უკვალოდ.
ლუწი რიცხვი.
როდესაც იყოფა9
აძლევს დანარჩენს 1
.
იყოფა9
.
იყოფა 9
. დაუშვით n=k
იყოფა9
.
მრავალჯერადი5
(დადასტურებულია მაგალითში No21), მეოთხე და მეხუთე წევრიც მრავლობითია5
, რაც აშკარაა, მაშინ ჯამი არის ჯერადი15
.
.
- მართალია.
არის ნამდვილი უთანასწორობა.
ნებისმიერისთვის პ.
.
ზე 
მაშინ
ნებისმიერი ბუნებრივი პდა ნებისმიერი 
, უფლება.
.
ნებისმიერი ბუნებრივი პ.
გაამრავლეთ უტოლობის ორივე მხარე 
. ვიღებთ ეკვივალენტურ უტოლობას ან 
; 
; - ეს უთანასწორობა მოქმედებს ნებისმიერ ბუნებრივზე ტ.
; 
; 
.
.
, მაშინ ყველა ბუნებრივი ღირებულებისთვისპ
უთანასწორობა
და აშკარად მართალია. დავუშვათ, რომ ეს მართალიაn=k
, ეს რა არის 
.
, მაშინ 
და, შესაბამისად, უტოლობა არ ცვლის თავის მნიშვნელობას, როდესაც მისი ორივე ნაწილი მრავლდება 
:
, მაშინ მივიღებთ ამას
.
განვიხილოთ უთანასწორობა
სატესტო სამუშაო თემაზე n=1 მოცემულია განმეორებით: n≥5 , სადაც პ- -ბუნებრივი ნომერი.
(*).
.
.ჩამოტვირთვა:
გადახედვა:
მაშინ ეს ასევე მართალია+ 1-მდე.
მოდით დავამტკიცოთ, რომ მაშინ ჩვენ შეგვიძლია პირამიდის შუაში გადატანა n = k + 1.
გამოხატულება 3 3k + 3 - 26k - 27 იყოფა 26-ზე 2
ნარჩენების გარეშე და დაამტკიცეთ, რომ მტკიცება მართალია n = k + 1,
ანუ ის ნომერი
თანასწორობა, რაც მისაღებია.
ვთქვათ, რომ მტკიცება მართალია მაშინაც კი, თუ m = k + 1.
Ჩვენ გვაქვს:
Ჩვენ გვაქვს:
M .: Nauka, 1961. - (პოპულარული ლექციები მათემატიკაში.)სროლის დროს დარტყმის ალბათობის შესახებ ამოცანების გადაჭრა
ვიდეო გაკვეთილი და Excel შაბლონი
სამიზნეზე დარტყმის პრობლემების გადაჭრის მაგალითები გასროლების სერიაში
$A = $ (ოთხი გასროლიდან ერთი მაინც მოხვდება მიზანში),
ასევე მისი საპირისპირო მოვლენა, რომელიც შეიძლება დაიწეროს როგორც:
$\overline(A) = $ (4-ვე გასროლა გამოტოვებს მიზანს, არ დარტყმა).გამოსადეგი ბმულები
უტოლობის ამოხსნა კალკულატორით
სად მოვაგვარო უთანასწორობა ინტერნეტში?
ბერნულის უტოლობის კალკულატორი
სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი
დიფერენციალური განტოლებების ამოხსნა
შეიყვანეთ განსხვავება.
ამოხსნილი დიფერენციალური განტოლებების მაგალითები
