მათემატიკური ინდუქცია საფუძვლად უდევს მათემატიკური მტკიცებულებების ერთ-ერთ ყველაზე გავრცელებულ მეთოდს. მისი დახმარებით შეგიძლიათ დაამტკიცოთ ფორმულების უმეტესი ნაწილი ნატურალური რიცხვებით n, მაგალითად, S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n პროგრესიის პირველი წევრთა ჯამის ფორმულა, ნიუტონის ორობითი ფორმულა. a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n.
პირველ აბზაცში გავაანალიზებთ ძირითად ცნებებს, შემდეგ განვიხილავთ თავად მეთოდის საფუძვლებს და შემდეგ გეტყვით, თუ როგორ გამოვიყენოთ იგი თანასწორობისა და უტოლობის დასამტკიცებლად.
Yandex.RTB R-A-339285-1
ინდუქციისა და დედუქციის ცნებები
ჯერ ვნახოთ, რა არის ზოგადად ინდუქცია და დედუქცია.
განმარტება 1
ინდუქციაარის გადასვლა კონკრეტულიდან ზოგადზე და გამოქვითვაპირიქით, ზოგადიდან კონკრეტულამდე.
მაგალითად, ჩვენ გვაქვს განცხადება: 254 შეიძლება დაიყოს მთლიანად ორად. მისგან ბევრი დასკვნის გაკეთება შეგვიძლია, რომელთა შორის იქნება როგორც ჭეშმარიტი, ასევე მცდარი. მაგალითად, დებულება, რომ ყველა რიცხვი, რომელსაც აქვს რიცხვი 4 ბოლოს, შეიძლება გაიყოს ორზე ნაშთის გარეშე, მართალია, მაგრამ რომ სამი ციფრის ნებისმიერი რიცხვი იყოფა 2-ზე, მცდარია.
ზოგადად, შეიძლება ითქვას, რომ ინდუქციური მსჯელობის დახმარებით შეიძლება ბევრი დასკვნის მიღება ერთი ცნობილი თუ აშკარა მსჯელობიდან. მათემატიკური ინდუქცია საშუალებას გვაძლევს განვსაზღვროთ რამდენად მართებულია ეს დასკვნები.
დავუშვათ, გვაქვს ისეთი რიცხვების მიმდევრობა, როგორიცაა 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , სადაც n აღნიშნავს ნატურალურ რიცხვს. ამ შემთხვევაში, მიმდევრობის პირველი ელემენტების დამატებისას, ვიღებთ შემდეგს:
S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 2, S 2 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 \u003d 2 3, S 3 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 \u003d 4 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5, . . .
ინდუქციის გამოყენებით შეგვიძლია დავასკვნათ, რომ S n = n n + 1 . მესამე ნაწილში ჩვენ დავამტკიცებთ ამ ფორმულას.
როგორია მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი
ეს მეთოდი ეფუძნება ამავე სახელწოდების პრინციპს. იგი ჩამოყალიბებულია ასე:
განმარტება 2
გარკვეული დებულება იქნება ჭეშმარიტი n ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის, როდესაც 1) ეს იქნება ჭეშმარიტი n = 1-სთვის და 2) იქიდან, რომ ეს გამოთქმა ჭეშმარიტია თვითნებური ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის n = k, შესაბამისად, ის ასევე იქნება ჭეშმარიტი. n = k + 1-ისთვის.
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება ხორციელდება 3 ეტაპად:
- პირველ რიგში, ჩვენ ვამოწმებთ თავდაპირველი განცხადების სისწორეს n-ის თვითნებური ბუნებრივი მნიშვნელობის შემთხვევაში (ჩვეულებრივ, ტესტი კეთდება ერთიანობისთვის).
- ამის შემდეგ, ჩვენ ვამოწმებთ ერთგულებას n = k-ზე.
- და შემდეგ ჩვენ ვამტკიცებთ განცხადების მართებულობას, თუ n = k + 1 .
როგორ გამოვიყენოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი უტოლობებისა და განტოლებების ამოხსნისას
ავიღოთ მაგალითი, რომელზეც ადრე ვისაუბრეთ.
მაგალითი 1
დაამტკიცეთ ფორმულა S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .
გადაწყვეტილება
როგორც უკვე ვიცით, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოსაყენებლად სამი თანმიმდევრული ნაბიჯი უნდა შესრულდეს.
- პირველ რიგში, ჩვენ ვამოწმებთ, იქნება თუ არა ეს ტოლობა მოქმედი n-ისთვის, რომელიც უდრის ერთს. ჩვენ ვიღებთ S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. აქ ყველაფერი სწორია.
- გარდა ამისა, ჩვენ ვაკეთებთ ვარაუდს, რომ ფორმულა S k = k k + 1 სწორია.
- მესამე საფეხურზე უნდა დავამტკიცოთ, რომ S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2, წინა ტოლობის მართებულობის საფუძველზე.
ჩვენ შეგვიძლია წარმოვადგინოთ k + 1, როგორც თავდაპირველი მიმდევრობის პირველი წევრების ჯამი და k + 1:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)
ვინაიდან მეორე საფეხურზე მივიღეთ, რომ S k = k k + 1, შეგვიძლია დავწეროთ შემდეგი:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .
ახლა ჩვენ ვასრულებთ საჭირო გარდაქმნებს. ჩვენ დაგვჭირდება წილადის საერთო მნიშვნელამდე შემცირება, მსგავსი ტერმინების შემცირება, გამრავლების შემოკლებული ფორმულის გამოყენება და მომხდარის შემცირება:
S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2
ამრიგად, მესამე პუნქტში ტოლობა დავამტკიცეთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის სამივე საფეხურის შესრულებით.
პასუხი:დაშვება ფორმულის შესახებ S n = n n + 1 არის ჭეშმარიტი.
ავიღოთ ტრიგონომეტრიული ფუნქციების უფრო რთული ამოცანა.
მაგალითი 2
მიეცით ვინაობის დამადასტურებელი საბუთი cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.
გადაწყვეტილება
როგორც გვახსოვს, პირველი ნაბიჯი უნდა იყოს ტოლობის სისწორის შემოწმება, როდესაც n უდრის ერთს. ამის გასარკვევად, ჩვენ უნდა გვახსოვდეს ძირითადი ტრიგონომეტრიული ფორმულები.
cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α
მაშასადამე, n-ის ტოლი ერთისთვის, იდენტურობა იქნება ჭეშმარიტი.
ახლა დავუშვათ, რომ მისი მოქმედება შენარჩუნებულია n = k-სთვის, ე.ი. მართალია, რომ cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.
ჩვენ ვამტკიცებთ ტოლობას cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α იმ შემთხვევისთვის, როდესაც n = k + 1, წინა დაშვების საფუძველზე.
ტრიგონომეტრიული ფორმულის მიხედვით,
sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 ცოდვა (2 2 კ + 1 α) + ცოდვა 0 = 1 2 ცოდვა 2 კ + 2 α
აქედან გამომდინარე,
cos 2 α cos 4 α . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α cos 2 k + 1 α = 1 2 sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α
ამ მეთოდით უტოლობის დადასტურების პრობლემის გადაჭრის მაგალითი მოცემულია სტატიაში უმცირესი კვადრატების მეთოდის შესახებ. წაიკითხეთ აბზაცი, რომელშიც მიღებულია მიახლოების კოეფიციენტების ფორმულები.
თუ შეამჩნევთ შეცდომას ტექსტში, მონიშნეთ იგი და დააჭირეთ Ctrl+Enter
ნაწარმოების ტექსტი განთავსებულია გამოსახულების და ფორმულების გარეშე.
ნამუშევრის სრული ვერსია ხელმისაწვდომია ჩანართში "სამუშაო ფაილები" PDF ფორმატში
შესავალი
ეს თემა აქტუალურია, რადგან ადამიანები ყოველდღიურად წყვეტენ სხვადასხვა პრობლემას, რომლებშიც ისინი იყენებენ გადაჭრის სხვადასხვა მეთოდს, მაგრამ არის ამოცანები, რომლებშიც მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი არ შეიძლება დაიშვას და ასეთ შემთხვევებში ცოდნა ამ სფეროში ძალიან გამოადგება.
მე ავირჩიე ეს თემა კვლევისთვის, რადგან სკოლის სასწავლო გეგმაში მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს ცოტა დრო ეთმობა, მოსწავლე სწავლობს ზედაპირულ ინფორმაციას, რომელიც დაეხმარება მას ამ მეთოდის მხოლოდ ზოგადი წარმოდგენის მიღებაში, მაგრამ თვითგანვითარება საჭიროა ამ თეორიის სიღრმისეულად შესწავლა. ამ თემის შესახებ მეტის გაცნობა ნამდვილად სასარგებლო იქნება, რადგან ის აფართოებს ადამიანის ჰორიზონტს და ეხმარება რთული პრობლემების გადაჭრაში.
მიზანი:
გაეცანით მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს, მოახდინეთ ამ თემაზე ცოდნის სისტემატიზაცია და მათი გამოყენება მათემატიკური ამოცანების ამოხსნისა და თეორემების დასამტკიცებლად, დაასაბუთეთ და ნათლად აჩვენეთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის პრაქტიკული მნიშვნელობა, როგორც ამოცანების ამოხსნის აუცილებელი ფაქტორი.
სამუშაო ამოცანები:
გააანალიზეთ ლიტერატურა და შეაჯამეთ ცოდნა თემაზე.
მათემატიკური ინდუქციის პრინციპების გაგება.
შეისწავლეთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება პრობლემის გადაჭრაში.
ჩამოაყალიბეთ დასკვნები და დასკვნები შესრულებულ სამუშაოზე.
კვლევის ძირითადი ნაწილი
წარმოშობის ისტორია:
მხოლოდ მე-19 საუკუნის ბოლოს განვითარდა ლოგიკური სიმკაცრის მოთხოვნების სტანდარტი, რომელიც დღემდე რჩება დომინანტი მათემატიკოსთა პრაქტიკულ მუშაობაში ინდივიდუალური მათემატიკური თეორიების შემუშავებაზე.
ინდუქცია არის შემეცნებითი პროცედურა, რომლის საშუალებითაც ხდება მათი განზოგადება არსებული ფაქტების შედარებიდან.
მათემატიკაში ინდუქციის როლი დიდწილად არის ის, რომ ის საფუძვლად უდევს არჩეულ აქსიომატიკას. მას შემდეგ, რაც ხანგრძლივმა პრაქტიკამ აჩვენა, რომ სწორი გზა ყოველთვის უფრო მოკლეა, ვიდრე მრუდი ან გატეხილი, ბუნებრივი იყო აქსიომის ჩამოყალიბება: ნებისმიერი სამი წერტილისთვის A, B და C, უტოლობა დაკმაყოფილებულია.
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის, როგორც ცალკეული მნიშვნელოვანი მეთოდის შესახებ ცოდნა მიდის ბლეზ პასკალსა და გერსონიდესში, თუმცა გამოყენების ზოგიერთი შემთხვევა ჯერ კიდევ ძველ დროში გვხვდება პროკლესა და ევკლიდეს მიერ. მეთოდის თანამედროვე სახელწოდება დე მორგანმა შემოიღო 1838 წელს.
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.
ინდუქცია და დედუქცია
ცნობილია, რომ არსებობს როგორც ცალკეული, ისე ზოგადი დებულებები და მოცემული ორი ტერმინი ეფუძნება ერთიდან მეორეზე გადასვლას.
დედუქცია (ლათ. deductio - წარმოშობა) - შემეცნების პროცესში გადასვლა. გენერალიცოდნას კერძოდა მარტოხელა. დედუქციისას ზოგადი ცოდნა ემსახურება მსჯელობის ამოსავალ წერტილს და ეს ზოგადი ცოდნა მიჩნეულია როგორც „მზად“, არსებული. დედუქციის თავისებურება იმაში მდგომარეობს, რომ მისი ნაგებობების ჭეშმარიტება გარანტიას იძლევა დასკვნის ჭეშმარიტებას. აქედან გამომდინარე, დედუქციას აქვს დამაჯერებლობის დიდი ძალა და ფართოდ გამოიყენება არა მხოლოდ მათემატიკაში თეორემების დასამტკიცებლად, არამედ ყველგან, სადაც საჭიროა სანდო ცოდნა.
ინდუქცია (ლათინურიდან inductio - ხელმძღვანელობა) არის გადასვლა შემეცნების პროცესში. კერძოცოდნას გენერალისხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, ეს არის კვლევის, ცოდნის მეთოდი, რომელიც დაკავშირებულია დაკვირვებისა და ექსპერიმენტების შედეგების განზოგადებასთან.ინდუქციის თვისებაა მისი ალბათური ბუნება, ე.ი. საწყისი ნაგებობების ჭეშმარიტების გათვალისწინებით, ინდუქციის დასკვნა მხოლოდ სავარაუდოდ ჭეშმარიტია და საბოლოო შედეგში შეიძლება აღმოჩნდეს როგორც ჭეშმარიტი, ასევე მცდარი.
სრული და არასრული ინდუქცია
ინდუქციური მსჯელობა არის აბსტრაქტული აზროვნების ფორმა, რომლის დროსაც აზროვნება ვითარდება უფრო მცირე ზოგადობის ცოდნიდან ზოგადის უფრო მაღალი ხარისხის ცოდნამდე და დასკვნა, რომელიც გამომდინარეობს წინამდებარეობიდან, უპირატესად სავარაუდოა.
კვლევის დროს აღმოვაჩინე, რომ ინდუქცია იყოფა ორ ტიპად: სრული და არასრული.
სრული ინდუქცია ეწოდება დასკვნას, რომელშიც ზოგადი დასკვნა კეთდება ობიექტების კლასის შესახებ ამ კლასის ყველა ობიექტის შესწავლის საფუძველზე.
მაგალითად, დადგინდეს, რომ ყოველი ბუნებრივი ლუწი რიცხვი n 6≤ n≤ 18-ის ფარგლებში შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ორი მარტივი რიცხვის ჯამად. ამისათვის ჩვენ ვიღებთ ყველა ასეთ რიცხვს და ვწერთ შესაბამის გაფართოებებს:
6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;
ეს თანასწორობები გვიჩვენებს, რომ თითოეული ჩვენთვის საინტერესო რიცხვი მართლაც წარმოდგენილია როგორც ორი მარტივი წევრის ჯამი.
განვიხილოთ შემდეგი მაგალითი: თანმიმდევრობა yn= n 2 +n+17; ჩამოვწეროთ პირველი ოთხი წევრი: y 1 =19; y2=23; y3=29; y4=37; მაშინ შეგვიძლია ვივარაუდოთ, რომ მთელი რიგი შედგება მარტივი რიცხვებისგან. მაგრამ ეს ასე არ არის, ავიღოთ y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. ეს არის კომპოზიტური რიცხვი, რაც ნიშნავს, რომ ჩვენი ვარაუდი მცდარია, ამდენად, არასრული ინდუქცია არ იწვევს სრულიად სანდო დასკვნებს, მაგრამ საშუალებას გვაძლევს ჩამოვაყალიბოთ ჰიპოთეზა, რომელიც მოგვიანებით მოითხოვს მათემატიკურ მტკიცებულებას ან უარყოფას.
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი
სრულ ინდუქციას მხოლოდ შეზღუდული გამოყენება აქვს მათემატიკაში. ბევრი საინტერესო მათემატიკური დებულება მოიცავს უსასრულო რაოდენობის განსაკუთრებულ შემთხვევას და ჩვენ არ შეგვიძლია შევამოწმოთ ყველა ეს სიტუაცია, მაგრამ როგორ შევამოწმოთ შემთხვევების უსასრულო რაოდენობა? ეს მეთოდი შემოგვთავაზეს ბ.პასკალმა და ჯ.ბერნულმა, ეს არის მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი, რომელიც ეფუძნება 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-ისთვის, 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) A(k+1) ნებისმიერი k>p-სთვის, მაშინ წინადადება A(n) მართალია ნებისმიერი n>p-სთვის.
ალგორითმი (იგი შედგება ოთხი ეტაპისგან):
1.ბაზა(ჩვენ ვაჩვენებთ, რომ დადასტურებული მტკიცება მართალია ზოგიერთი უმარტივესი განსაკუთრებული შემთხვევისთვის ( პ = 1));
2.გამოიცანი(ვვარაუდობთ, რომ მტკიცება დადასტურებულია პირველისთვის რომ შემთხვევები); 3 .ნაბიჯი(ამ დაშვებით ვამტკიცებთ საქმის მტკიცებას პ = რომ + 1); 4. გამომავალი (yგანცხადება მართალია ყველა შემთხვევისთვის, ანუ ყველასთვის პ) .
გაითვალისწინეთ, რომ ყველა ამოცანის ამოხსნა არ არის შესაძლებელი მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით, მაგრამ მხოლოდ ამოცანები, რომლებიც პარამეტრირებულია ზოგიერთი ცვლადით. ამ ცვლადს ინდუქციური ცვლადი ეწოდება.
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება
გამოვიყენოთ მთელი ეს თეორია პრაქტიკაში და გავარკვიოთ, რომელ პრობლემებშია გამოყენებული ეს მეთოდი.
პრობლემები უთანასწორობის დასადასტურებლად.
მაგალითი 1დაამტკიცეთ ბერნულის უტოლობა (1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.
1) n=1-ისთვის უტოლობა მართალია, ვინაიდან 1+х≥1+х
2) დავუშვათ, რომ უტოლობა მართალია ზოგიერთი n=k-სთვის, ე.ი.
(1+x) k ≥1+k x.
თუ გავამრავლებთ უტოლობის ორივე მხარეს დადებით რიცხვზე 1+x, მივიღებთ
(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2
იმის გათვალისწინებით, რომ kx 2 ≥0, მივდივართ უტოლობამდე
(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.
ამრიგად, დაშვება, რომ ბერნულის უტოლობა ჭეშმარიტია n=k-სთვის, გულისხმობს, რომ ის მართალია n=k+1-ისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდზე დაყრდნობით, შეიძლება ითქვას, რომ ბერნულის უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი n ∈ N-ისთვის.
მაგალითი 2დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n>1, .
დავამტკიცოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით.
უტოლობის მარცხენა მხარე აღნიშნეთ.
1), შესაბამისად, n=2-სთვის უტოლობა მართალია.
2) მოდით რამდენიმე კ. დავამტკიცოთ რომ მერე და Ჩვენ გვაქვს .
შედარება და, გვაქვს, ე.ი. .
ნებისმიერი დადებითი მთელი რიცხვისთვის k, ბოლო ტოლობის მარჯვენა მხარე დადებითია. Ისე. მაგრამ, მაშასადამე, და.. ჩვენ დავამტკიცეთ უტოლობის მართებულობა n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, უტოლობა მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n>1-ისთვის.
პირადობის დამადასტურებელი პრობლემები.
მაგალითი 1დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის ტოლობა მართალია:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
მოდით n=1, შემდეგ 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=kX k =k 2 (k+1) 2 /4-ისთვის.
3) დავამტკიცოთ ამ დებულების ჭეშმარიტება n=k+1-ისთვის, ანუ 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.
მაგალითი 2დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n ტოლობისთვის
1) შეამოწმეთ, რომ ეს იდენტურობა შეესაბამება n = 1.; - მართალია.
2) იდენტურობა იყოს ჭეშმარიტი n = k-სთვისაც, ე.ი.
3) დავამტკიცოთ, რომ ეს იდენტურობა ასევე მართალია n = k + 1-ისთვის, ე.ი.
იმიტომ რომ თანასწორობა ჭეშმარიტია n=k-სთვის და n=k+1-ისთვის, მაშინ ის მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.
შემაჯამებელი ამოცანები.
მაგალითი 1დაამტკიცეთ, რომ 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .
ამოხსნა: 1) გვაქვს n=1=1 2 . მაშასადამე, განცხადება მართალია n=1-ისთვის, ე.ი. A(1) მართალია.
2) დავამტკიცოთ, რომ А(k) A(k+1).
მოდით k იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და დებულება იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის, ანუ 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) A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით დავასკვნით, რომ დაშვება A(n) მართალია ნებისმიერი n N-ისთვის.
მაგალითი 2დაამტკიცეთ ფორმულა, n ნატურალური რიცხვია.
ამოხსნა: როცა n=1, 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-ისთვის, მაშინ ეს განცხადება მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.
გაყოფის პრობლემები.
მაგალითი 1დაამტკიცეთ, რომ (11 n+2 +12 2n+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე.
გადაწყვეტილება: 1) მოდით n=1, მაშინ
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23 × 133.
(23 × 133) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე, ამიტომ n=1-ისთვის დებულება 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 2n+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, რადგან მისი პირველი წევრი იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე დაშვებით, ხოლო მეორეში ერთ-ერთი ფაქტორი არის 133.
ასე რომ, A(k) → A(k+1), მაშინ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდზე დაყრდნობით, დებულება მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.
მაგალითი 2დაამტკიცეთ, რომ 3 3n-1 +2 4n-3 თვითნებური დადებითი მთელი რიცხვისთვის n იყოფა 11-ზე.
ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =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 ნაშთის გარეშე ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის.
ამოცანები რეალური ცხოვრებიდან.
მაგალითი 1დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ამოზნექილი მრავალკუთხედის შიდა კუთხეების ჯამი Sn არის ( პ- 2)π, სადაც პარის ამ მრავალკუთხედის გვერდების რაოდენობა: Sn = ( პ- 2)π (1).
ეს განცხადება არ აქვს აზრი ყველა ბუნებრივი პ, მაგრამ მხოლოდ ამისთვის პ > 3, რადგან სამკუთხედში კუთხეების მინიმალური რაოდენობა არის 3.
1) როდის პ= 3 ჩვენი განცხადება იღებს ფორმას: S 3 = π. მაგრამ ნებისმიერი სამკუთხედის შიდა კუთხეების ჯამი ნამდვილად არის π. ამიტომ, როცა პ= 3 ფორმულა (1) მართალია.
2) ეს ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n-სთვის =კ, ანუ ს კ = (კ- 2)π, სადაც კ > 3. დავამტკიცოთ, რომ ამ შემთხვევაში ასევე მოქმედებს ფორმულა: ს k+ 1 = (კ- 1) π.
მოდით A 1 A 2 ... A კ ა k+ 1 - თვითნებური ამოზნექილი ( კ+ 1) -gon (სურ. 338).
A 1 და A წერტილების შეერთებით კ , ვიღებთ ამოზნექილს კ-გონ A 1 A 2 ... A კ - 1 ა კ . ცხადია, კუთხეების ჯამი ( კ+ 1) -gon A 1 A 2 ... A კ ა k+ 1 უდრის კუთხეების ჯამს კ-გონ A 1 A 2 ... A კ პლუს A 1 A სამკუთხედის კუთხეების ჯამი კ ა k+ ერთი . მაგრამ კუთხეების ჯამი კ-გონ A 1 A 2 ... A კ ვარაუდობენ, რომ ( კ- 2)π, და A 1 A სამკუთხედის კუთხეების ჯამი კ ა k+ 1 უდრის pi-ს. Ისე
ს k+ 1=S კ + π = ( კ- 2)π + π = ( კ- 1) π.
ასე რომ, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის ორივე პირობა დაკმაყოფილებულია და ამიტომ ფორმულა (1) მართალია ნებისმიერი ბუნებრივისთვის პ > 3.
მაგალითი 2არის კიბე, რომლის ყველა საფეხური ერთნაირია. საჭიროა მიეთითოს პოზიციების მინიმალური რაოდენობა, რაც გარანტირებული იქნება ნებისმიერი საფეხურით ასვლის შესაძლებლობას.
ყველა თანხმდება, რომ უნდა იყოს პირობა. ჩვენ უნდა შევძლოთ პირველ საფეხურზე ასვლა. შემდეგი, მათ უნდა შეეძლოთ პირველი საფეხურიდან მეორეზე ასვლა. მერე მეორეში - მესამეზე და ა.შ. n-ე საფეხურამდე. რა თქმა უნდა, მთლიანობაში, "n" განცხადებები იძლევა გარანტიას nm, რომ ჩვენ შევძლებთ n-ე საფეხურზე გადასვლას.
მოდით ახლა გადავხედოთ 2, 3,…., n პოზიციებს და შევადაროთ ისინი ერთმანეთს. ადვილი მისახვედრია, რომ ყველა მათგანს ერთი და იგივე სტრუქტურა აქვს: თუ k საფეხურამდე მივედით, მაშინ შეგვიძლია ავიდეთ (k + 1) საფეხურზე. აქედან „n“-ზე დამოკიდებულ დებულებათა მართებულობის ასეთი აქსიომა ბუნებრივი ხდება: თუ წინადადება A (n), რომელშიც n ნატურალური რიცხვია, კმაყოფილდება n=1-ით და იმით, რომ ის დაკმაყოფილებულია. n=k-სთვის (სადაც k არის ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი), აქედან გამომდინარეობს, რომ ის ასევე მოქმედებს n=k+1-ზე, მაშინ დაშვება A(n) მოქმედებს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.
დანართი
დავალებები მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით უნივერსიტეტებში შესვლისას.
გაითვალისწინეთ, რომ უმაღლეს სასწავლებლებში შესვლისას არის ამოცანებიც, რომლებიც ამ მეთოდით წყდება. მოდით შევხედოთ მათ კონკრეტული მაგალითები.
მაგალითი 1დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი პსამართლიანი თანასწორობა
1) როდის n=1ჩვენ ვიღებთ სწორ თანასწორობას Sin.
2) ინდუქციური დაშვების გამო, რომ n=-სთვის კტოლობა მართალია, განიხილეთ ჯამი ტოლობის მარცხენა მხარეს, n-ისთვის =k+1;
3) შემცირების ფორმულების გამოყენებით, ჩვენ გარდაქმნით გამონათქვამს:
მაშინ, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, ტოლობა ჭეშმარიტია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.
მაგალითი 2დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის 4n +15n-1 გამოხატვის მნიშვნელობა არის 9-ის ჯერადი.
1) n=1-ით: 2 2 +15-1=18 - 9-ის ნამრავლი (რადგან 18:9=2)
2) დაე, თანასწორობა შენარჩუნდეს n=k: 4k +15k-1 არის 9-ის ჯერადი.
3) დავამტკიცოთ, რომ ტოლობა მოქმედებს შემდეგი რიცხვისთვის n=k+1
4k+1 +15(k+1)-1=4k+1 +15k+15-1=4.4k +60k-4-45k+18=4(4k +15k-1)-9(5k-2)
4(4k +15k-1) - 9-ის ჯერადი;
9(5k-2) - 9-ის ჯერადი;
შესაბამისად, მთელი გამოხატულება 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) არის 9-ის ჯერადი, რაც დასამტკიცებელი იყო.
მაგალითი 3დაამტკიცეთ ეს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის პპირობა დაკმაყოფილებულია: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ n(n+1)(n+2)=.
1) შეამოწმეთ, რომ ეს ფორმულა მართალია n=1:Მარცხენა მხარე = 1∙2∙3=6.
მარჯვენა ნაწილი = . 6 = 6; მართალია n=1.
2) დავუშვათ, რომ ეს ფორმულა მართალია n-სთვის =k:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=.ს კ =.
3) დავამტკიცოთ, რომ ეს ფორმულა მართალია n-სთვის =k+1:
1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.
ს k+1 =.
მტკიცებულება:
ასე რომ, ეს პირობა მართალია ორ შემთხვევაში და დაამტკიცა, რომ ის მართალია n-სთვის =k+1,ამიტომ მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის პ.
დასკვნა
შევაჯამოთ, კვლევის პროცესში გავარკვიე, რა არის ინდუქცია, რომელიც არის სრული ან არასრული, გავეცანი მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაფუძნებული, განვიხილე მრავალი პრობლემა ამ მეთოდის გამოყენებით.
ასევე ვისწავლე ბევრი ახალი ინფორმაცია, განსხვავებული იმისგან, რაც სასკოლო სასწავლო გეგმაშია გათვალისწინებული, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის შესწავლისას გამოვიყენე სხვადასხვა ლიტერატურა, ინტერნეტ რესურსები, ასევე გავწიე კონსულტაცია მასწავლებელთან.
დასკვნა: განზოგადებული და სისტემატიზებული ცოდნის მქონე მათემატიკური ინდუქციის შესახებ, დავრწმუნდი ამ თემაზე ცოდნის საჭიროებაში რეალურად. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის დადებითი თვისებაა მისი ფართო გამოყენება ამოცანების გადაჭრაში: ალგებრის, გეომეტრიისა და რეალური მათემატიკის დარგში. ასევე, ეს ცოდნა ზრდის მათემატიკის, როგორც მეცნიერებისადმი ინტერესს.
დარწმუნებული ვარ, მუშაობის დროს შეძენილი უნარ-ჩვევები დამეხმარება მომავალში.
ბიბლიოგრაფია
სომინსკი I.S. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. პოპულარული ლექციები მათემატიკაზე, ნომერი 3-მ.: ნაუკა, 1974 წ.
L. I. Golovina, I. M. Yaglom. ინდუქცია გეომეტრიაში. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100გვ. — (პოპულარული ლექციები მათემატიკაში).
დოროფეევი გ.ვ., პოტაპოვი მ.კ., როზოვი ნ.ხ. მათემატიკის სახელმძღვანელო უნივერსიტეტებში აბიტურიენტებისთვის (დაწყებითი მათემატიკის რჩეული კითხვები) - გამოცემა 5, შესწორებული, 1976 - 638 წ.
ა შენ. მათემატიკური ინდუქცია. - MTsNMO, 2004. - 36გვ.
M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I.Zvavich ამოცანების კრებული ალგებრაში: სახელმძღვანელო 8-9 უჯრედისთვის. ღრმასთან ერთად მათემატიკის შესწავლა მე-7 გამოცემა - მ .: განათლება, 2001. - 271 გვ.
Yu.N. - M .: Pro-sve-shche-nie, 2002 წ.
ვიკიპედია არის თავისუფალი ენციკლოპედია.
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-ისთვის, 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)-გონების დიაგონალების ჯამური რაოდენობის გამოსათვლელად საჭიროა 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)
ასევე დადასტურებულია n=k+1-ის ტოლობის მართებულობა, ამიტომ დებულება მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.
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
მიღებული ოდენობა ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე, ვინაიდან მისი პირველი წევრი იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე დაშვებით, ხოლო მეორეში ერთ-ერთი ფაქტორია 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 მოცემული გამოხატულება იყოფა 26-ზე, ხოლო მეორე იყოფა ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით. 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. 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. 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 |х| (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. ამ წრეებიდან ერთ-ერთის ამოღებით, 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 წვეროსთან 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, ვერ კვეთს AB და AD ერთდროულად, მხოლოდ ერთი არჩეული დიაგონალი CA გამოდის C-დან. C წერტილის CA დიაგონალთან ერთად გადაგდება, მივიღებთ ამოზნექილ n-კუთხედს, რომელშიც არჩეულია n-ზე მეტი მხარე და დიაგონალი, რომელთაგან ნებისმიერ ორს აქვს საერთო წერტილი. ამრიგად, ჩვენ მივდივართ წინააღმდეგობაში იმ ვარაუდთან, რომ მტკიცება მართალია 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 იმავე 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. 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 მეთოდი სიტყვა ინდუქცია რუსულად ხელმძღვანელობას ნიშნავს, ინდუქციურს კი დაკვირვებებზე, ექსპერიმენტებზე დამყარებული დასკვნები ე.ი. მიღებული დასკვნის შედეგად კონკრეტულიდან ზოგადამდე. მაგალითად, ყოველდღე ვაკვირდებით, რომ მზე ამოდის აღმოსავლეთიდან. ამიტომ, შეგიძლიათ დარწმუნებული იყოთ, რომ ხვალ ის გამოჩნდება აღმოსავლეთში და არა დასავლეთში. ჩვენ ამ დასკვნას ვაკეთებთ ყოველგვარი ვარაუდის გარეშე ცაზე მზის გადაადგილების მიზეზის შესახებ (უფრო მეტიც, ეს მოძრაობა თავისთავად აშკარაა, რადგან გლობუსი რეალურად მოძრაობს). და მაინც, ეს ინდუქციური წარმოშობა სწორად აღწერს დაკვირვებებს, რომლებსაც ხვალ გავაკეთებთ. ინდუქციური დასკვნების როლი ექსპერიმენტულ მეცნიერებებში ძალიან დიდია. ისინი იძლევიან იმ დებულებებს, საიდანაც შემდგომი დასკვნები კეთდება გამოქვითვით. და მიუხედავად იმისა, რომ თეორიული მექანიკა ემყარება ნიუტონის მოძრაობის სამ კანონს, ეს კანონები თავად იყო ექსპერიმენტული მონაცემების ღრმა აზროვნების შედეგი, კერძოდ, პლანეტარული მოძრაობის კეპლერის კანონები, რომლებიც მიღებული იყო მის მიერ გრძელვადიანი დაკვირვებების დამუშავების დროს. დანიელი ასტრონომი ტიხო ბრაჰე. დაკვირვება და ინდუქცია გამოდგება მომავალში გამოთქმული ვარაუდების დახვეწისთვის. მაიკლსონის ექსპერიმენტების შემდეგ სინათლის სიჩქარის გაზომვაზე მოძრავ გარემოში, საჭირო გახდა ფიზიკის კანონების გარკვევა და ფარდობითობის თეორიის შექმნა. მათემატიკაში ინდუქციის როლი დიდწილად არის ის, რომ ის საფუძვლად უდევს არჩეულ აქსიომატიკას. მას შემდეგ, რაც ხანგრძლივი პრაქტიკა აჩვენა, რომ სწორი გზა ყოველთვის უფრო მოკლეა, ვიდრე მრუდი ან გატეხილი, ბუნებრივი იყო აქსიომის ჩამოყალიბება: ნებისმიერი სამი წერტილისთვის A, B და C, უტოლობა. არითმეტიკის ძირითადი ცნება ასევე წარმოიშვა ჯარისკაცების, გემების და სხვა მოწესრიგებული ნაკრების ფორმირებაზე დაკვირვების შედეგად. თუმცა, არ უნდა ვიფიქროთ, რომ ამით მთავრდება ინდუქციის როლი მათემატიკაში. რა თქმა უნდა, ექსპერიმენტულად არ უნდა გადავამოწმოთ თეორემები, რომლებიც ლოგიკურად არის გამოყვანილი აქსიომებიდან: თუ ლოგიკური შეცდომები არ იყო დაშვებული წარმოშობისას, მაშინ ისინი ჭეშმარიტია იმდენად, რამდენადაც ჩვენ მიერ მიღებული აქსიომები ჭეშმარიტია. მაგრამ აქსიომების ამ სისტემიდან ბევრი განცხადების გამოტანა შეიძლება. და იმ განცხადებების შერჩევა, რომლებიც დასამტკიცებელია, ისევ ინდუქციით არის შემოთავაზებული. სწორედ ის გვაძლევს საშუალებას გამოვყოთ სასარგებლო თეორემები უსარგებლოდან, მიუთითებს რომელი თეორემები შეიძლება აღმოჩნდეს ჭეშმარიტი და კიდევ გვეხმარება მტკიცებულების გზის გამოკვეთაში. არითმეტიკის, ალგებრის, გეომეტრიის, ანალიზის ბევრ მონაკვეთში უნდა დაამტკიცოს A(n) წინადადებების ჭეშმარიტება, რომლებიც დამოკიდებულია ბუნებრივ ცვლადზე. A(n) წინადადების ჭეშმარიტების დადასტურება ცვლადის ყველა მნიშვნელობისთვის ხშირად შეიძლება განხორციელდეს მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით, რომელიც დაფუძნებულია შემდეგ პრინციპზე. წინადადება A(n) ითვლება ჭეშმარიტად ცვლადის ყველა ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის, თუ დაკმაყოფილებულია შემდეგი ორი პირობა: წინადადება A(n) მართალია n=1-ისთვის. დაშვებიდან, რომ A(n) არის ჭეშმარიტი n=k-სთვის (სადაც k არის ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი), გამოდის, რომ ის ჭეშმარიტია შემდეგი მნიშვნელობისთვის n=k+1. ამ პრინციპს მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი ეწოდება. ჩვეულებრივ, ის არჩეულია, როგორც რიცხვების ბუნებრივი რიგის განმსაზღვრელი ერთ-ერთი აქსიომა და, შესაბამისად, მიღებულია მტკიცებულების გარეშე. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი გაგებულია, როგორც მტკიცების შემდეგი მეთოდი. თუ საჭიროა A(n) წინადადების ჭეშმარიტების დამტკიცება ყველა ბუნებრივი n-ისთვის, მაშინ, პირველ რიგში, უნდა შემოწმდეს A(1) წინადადების ჭეშმარიტება და მეორეც, ვივარაუდოთ A(k) წინადადების ჭეშმარიტება. , შეეცადეთ დაამტკიცოთ, რომ წინადადება A(k +1) მართალია. თუ ეს შეიძლება დადასტურდეს და მტკიცებულება ძალაში რჩება k-ის ყოველი ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის, მაშინ, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის შესაბამისად, წინადადება A(n) აღიარებულია, როგორც ჭეშმარიტი n-ის ყველა მნიშვნელობისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ფართოდ გამოიყენება თეორემების, იდენტობების, უტოლობების დასამტკიცებლად, გაყოფის ამოცანების ამოხსნისას, ზოგიერთი გეომეტრიული და მრავალი სხვა ამოცანის ამოხსნისას. გაყოფადობა მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით შეიძლება დაამტკიცოს სხვადასხვა დებულება ნატურალური რიცხვების გაყოფის შესახებ. შემდეგი მტკიცება შედარებით მარტივად შეიძლება დადასტურდეს. ვნახოთ, როგორ მიიღება ის მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით. მაგალითი 1. 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, მაშინ მაგალითი 2დაამტკიცეთ წინადადების სიმართლე A(n)=(რიცხვი 5 არის 19-ის ჯერადი), n არის ნატურალური რიცხვი. გადაწყვეტილება. დებულება A(1)=(რიცხვი არის 19-ის ჯერადი) მართალია. დავუშვათ, რომ გარკვეული მნიშვნელობისთვის n=k A(k)=(რიცხვი არის 19-ის ჯერადი) მართალია. შემდეგ, მას შემდეგ ცხადია, A(k+1) ასევე მართალია. მართლაც, პირველი წევრი იყოფა 19-ზე იმ დაშვებით, რომ A(k) ჭეშმარიტია; მეორე წევრი ასევე იყოფა 19-ზე, რადგან შეიცავს 19-ს. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის ორივე პირობა დაკმაყოფილებულია, შესაბამისად, წინადადება A(n) მართალია n-ის ყველა მნიშვნელობისთვის. სერიების შეჯამება
მაგალითი 1დაამტკიცეთ ფორმულა 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. მაგალითი 2დაამტკიცეთ, რომ ნატურალური რიგის პირველი n რიცხვების ჯამი არის . გადაწყვეტილება. ავღნიშნოთ საჭირო თანხა, ე.ი. n=1-ისთვის ჰიპოთეზა მართალია. დაე იყოს Ნამდვილად, პრობლემა მოგვარებულია. მაგალითი 3დაამტკიცეთ, რომ ნატურალური რიგის პირველი n რიცხვების კვადრატების ჯამი ტოლია გადაწყვეტილება. იყოს . მოდი ვიჩვენოთ, რომ Და ბოლოს. მაგალითი 4დაამტკიცე რომ . გადაწყვეტილება. თუ, მაშინ მაგალითი 5დაამტკიცე რომ გადაწყვეტილება. n=1-ისთვის ჰიპოთეზა აშკარად მართალია. იყოს . ეს დავამტკიცოთ. მართლაც, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების მაგალითები
უთანასწორობის მტკიცებულება
მაგალითი 1დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n>1 გადაწყვეტილება. აღნიშნეთ უტოლობის მარცხენა მხარე . ამიტომ, n=2-ისთვის უტოლობა მართალია. მოდით ზოგიერთი კ. მოდით დავამტკიცოთ, რომ მაშინ და . Ჩვენ გვაქვს შედარება და , გვაქვს ნებისმიერი დადებითი მთელი რიცხვისთვის k, ბოლო ტოლობის მარჯვენა მხარე დადებითია. Ისე . მაგრამ, შესაბამისად, და. მაგალითი 2იპოვნეთ შეცდომა მსჯელობაში. განცხადება. ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის უტოლობა მართალია. მტკიცებულება. . (1)
დავამტკიცოთ, რომ მაშინ უტოლობა ასევე მოქმედებს n=k+1-ზე, ე.ი. მართლაც, მინიმუმ 2 ნებისმიერი ბუნებრივი კ. დავუმატოთ უტოლობა (1) მარცხენა მხარეს, ხოლო 2 მარჯვენა მხარეს. მივიღებთ სამართლიან უტოლობას, ან მაგალითი 3დაამტკიცე რომ გადაწყვეტილება. n=2-ისთვის უტოლობა მართალია, ვინაიდან . უტოლობა იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის, სადაც k არის ნატურალური რიცხვი, ე.ი. ვაჩვენოთ, რომ მაშინ უტოლობა ასევე მოქმედებს n=k+1-ზე, ე.ი. . (2)
მართლაც, დაშვებით, მაშასადამე, უთანასწორობა , (3)
მიღებული უტოლობიდან (1) მისი თითოეული ნაწილის გამრავლებით. გადავიწეროთ უტოლობა (3) შემდეგნაირად: . ბოლო უტოლობის მარჯვენა მხარეს დადებითი ტერმინის გაუქმებით, მივიღებთ მართებულ უტოლობას (2). მაგალითი 4დაამტკიცე რომ (1)
სადაც , , n არის 1-ზე მეტი ნატურალური რიცხვი. გადაწყვეტილება. n=2-ისთვის უტოლობა (1) იღებს ფორმას მას შემდეგ, უთანასწორობა . (3)
უტოლობის (3) თითოეულ ნაწილს დავუმატოთ , მივიღებთ უტოლობას (2). ეს ადასტურებს, რომ უტოლობა (1) მოქმედებს n=2-ზე. დაე, უტოლობა (1) იყოს მოქმედი n=k-სთვის, სადაც k არის ნატურალური რიცხვი, ე.ი. . (4)
დავამტკიცოთ, რომ მაშინ უტოლობა (1) ასევე უნდა იყოს მოქმედი n=k+1-ისთვის, ე.ი. (5)
გავამრავლოთ უტოლობის ორივე ნაწილი (4) a+b-ზე. ვინაიდან, პირობით, ვიღებთ შემდეგ სამართლიან უტოლობას: . (6)
უტოლობის დასამტკიცებლად (5) საკმარისია ამის ჩვენება , (7)
ან, რაც იგივეა, . (8)
უტოლობა (8) უდრის უტოლობას თუ , მაშინ , და უტოლობის (9) მარცხენა მხარეს გვაქვს ორი დადებითი რიცხვის ნამრავლი. თუ , მაშინ , და უტოლობის მარცხენა მხარეს (9) გვაქვს ორი უარყოფითი რიცხვის ნამრავლი. ორივე შემთხვევაში მოქმედებს უტოლობა (9). ეს ადასტურებს, რომ უტოლობის (1) მართებულობა n=k-სთვის გულისხმობს მის ვალიდობას n=k+1-ისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი, როგორც გამოიყენება სხვებისთვის
დავალებები მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ყველაზე ბუნებრივი გამოყენება გეომეტრიაში, რომელიც ახლოსაა ამ მეთოდის გამოყენებასთან რიცხვების თეორიასა და ალგებრაში, არის გამოყენება გეომეტრიული გამოთვლითი ამოცანების ამოხსნისათვის. მოდით შევხედოთ რამდენიმე მაგალითს. მაგალითი 1გამოთვალეთ სწორის - R რადიუსის წრეში ჩაწერილი კვადრატის გვერდი. გადაწყვეტილება. n=2-ისთვის სწორი 2ნ - კვადრატი არის კვადრატი; მისი მხარე. გარდა ამისა, გაორმაგების ფორმულის მიხედვით იპოვნეთ, რომ რეგულარული რვაკუთხედის გვერდი დავუშვათ, რომ რეგულარული ჩაწერილი -gon-ის მხარე გამოიხატება ფორმულით (1). ამ შემთხვევაში, გაორმაგების ფორმულით აქედან გამომდინარეობს, რომ ფორმულა (1) მოქმედებს ყველა n-სთვის. მაგალითი 2რამდენ სამკუთხედად შეიძლება დაიყოს n-კუთხედი (აუცილებლად ამოზნექილი) მისი არაგადაკვეთის დიაგონალებით? გადაწყვეტილება. სამკუთხედისთვის ეს რიცხვი ერთის ტოლია (სამკუთხედში დიაგონალის დახატვა არ შეიძლება); ოთხკუთხედისთვის ეს რიცხვი აშკარად უდრის ორს. დავუშვათ, უკვე ვიცით, რომ ყოველი კ-გონი, სადაც კ ნ A 1 A 2 მოდით А 1 А k იყოს ამ დანაყოფის ერთ-ერთი დიაგონალი; ის ყოფს n-გონად А 1 А 2 …А n k-გონად A 1 A 2 …A k და (n-k+2)-გონად А 1 А k A k+1 …A n. დაშვებული ვარაუდის მიხედვით, დანაყოფების სამკუთხედების საერთო რაოდენობა ტოლი იქნება (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2; რითაც ჩვენი მტკიცება დასტურდება ყველა ნ. მაგალითი 3დააკონკრეტეთ P(n) რიცხვის გამოთვლის წესი, რომლითაც ამოზნექილი n-გონი შეიძლება დაიყოს სამკუთხედებად არაგადაკვეთის დიაგონალებით. გადაწყვეტილება. სამკუთხედისთვის ეს რიცხვი აშკარად ერთის ტოლია: P(3)=1. დავუშვათ, ჩვენ უკვე განვსაზღვრეთ რიცხვები P(k) ყველა k-სთვის Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n - ერთი). ამ ფორმულის გამოყენებით, თანმიმდევრულად ვიღებთ: P(4)=P(3)+P(3)=2, P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5, P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14 და ა.შ. ასევე, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით, შეგიძლიათ ამოცანების ამოხსნა გრაფიკებით. დაე, სიბრტყეზე იყოს მოცემული ხაზების ქსელი, რომელიც აკავშირებს ზოგიერთ წერტილს ერთმანეთთან და არ აქვს სხვა წერტილები. ხაზების ასეთ ქსელს დავარქმევთ რუკას, მოცემულ წერტილებს მისი წვეროებით, მოსახვევების სეგმენტებს ორ მიმდებარე წვეროებს შორის - რუკის საზღვრები, სიბრტყის ნაწილებს, რომლებშიც ის იყოფა საზღვრებით - რუკის ქვეყნები. დაე, თვითმფრინავზე გარკვეული რუკა იყოს მოცემული. ჩვენ ვიტყვით, რომ ის სწორად არის შეღებილი, თუ მისი თითოეული ქვეყანა შეღებილია გარკვეულ ფერში, ხოლო ნებისმიერი ორი ქვეყანა, რომელსაც აქვს საერთო საზღვარი, შეღებილია სხვადასხვა ფერებში. მაგალითი 4თვითმფრინავზე არის n წრე. დაამტკიცეთ, რომ ამ წრეების ნებისმიერი განლაგებისთვის, მათ მიერ ჩამოყალიბებული რუკა შეიძლება იყოს სწორად შეღებილი ორი ფერით. გადაწყვეტილება. n=1-ისთვის ჩვენი მტკიცება აშკარაა. დავუშვათ, რომ ჩვენი განცხადება მართალია ნებისმიერი რუქისთვის, რომელიც ჩამოყალიბებულია n წრეებით და მოდით, სიბრტყეზე იყოს მოცემული n + 1 წრე. ერთ-ერთი ამ წრის ამოღებით, ჩვენ ვიღებთ რუკას, რომელიც, დაშვებული ვარაუდის საფუძველზე, შეიძლება სწორად იყოს შეღებილი ორი ფერით, მაგალითად, შავი და თეთრი.პრობლემები გადაწყვეტილებებთან
პრობლემები გადაწყვეტის გარეშე
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის არსი
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ამოცანების ამოხსნისას
თუნდაც. ასე რომ, პარიტეტი დასტურდება n=1-ისთვის, პარიტეტი გამოდის პარიტეტიდან 
ასე რომ, ნ-ის ყველა ბუნებრივი მნიშვნელობისთვისაც კი.
მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება
, n ნატურალური რიცხვია.
.
.
. მოდით ვაჩვენოთ ეს 
.
.
.
. მერე
.
, .
, ე.ი. 
.
.
. მტკიცება დადასტურდა.
, სადაც >-1, , n არის 1-ზე მეტი ნატურალური რიცხვი.
. (1)
. (2)
. (9)
, რეგულარული ექვსკუთხედის მხარე 
, რეგულარული ოცდათორმეტკუთხედის გვერდი 
. ამრიგად, შეგვიძლია ვივარაუდოთ, რომ 2-ის რეგულარული წარწერის გვერდინ - კვადრატი ნებისმიერისთვის ტოლია
. (1)
,
