MBOU ლიცეუმი "ტექნიკური და ეკონომიკური"

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

ახსნა-განმარტებითი შენიშვნა

მეთოდოლოგიური შემუშავება „მეთოდი მათემატიკური ინდუქცია» შედგენილია მათემატიკური პროფილის მე-10 კლასის მოსწავლეებისთვის.

ძირითადი მიზნები: გააცნოს მოსწავლეებს მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი და ასწავლოს მისი გამოყენება ამოხსნისას. სხვადასხვა ამოცანები.

AT მეთოდოლოგიური განვითარებაგანიხილება ელემენტარული მათემატიკის კითხვები: შემოთავაზებულია გაყოფის ამოცანები, იდენტობების დადასტურება, უტოლობების დადასტურება, ამოცანები. სხვადასხვა ხარისხითსირთულეები, მათ შორის ოლიმპიადებზე შემოთავაზებული ამოცანები.

ინდუქციური დასკვნების როლი ექსპერიმენტული მეცნიერებებიძალიან დიდი. 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?

გამოსავალი.

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 ვტოვებთ 3 ნაწილს უცვლელად და ბოლო ნაწილიგავყოთ ორზე და მივიღოთ 5 ნაწილი. 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, დადასტურებული ხდება.

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?

გამოსავალი.

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 ჯემის ნარევის 1/10 ქილიდან გაქრება და დარჩება (ნარევის 1 ლიტრი 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 რომარის თვითნებური ნატურალური რიცხვი. დავუშვათ, რომ ბოლომდე რომდღეები ბანკში დარჩება (9/10) ლ ჯემამდე. ვნახოთ რა იქნება ბანკში სხვა დღეს, ანუ ში (k+1)დღის. 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 პბანკში დარჩენილი დღეები (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 ორ ღირებულებით. ლუწი რიცხვიარის 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 ნაკრები. 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.

AT ნატურალური მეცნიერებაგამოიყენეთ არასრული ინდუქცია, რამდენჯერმე შეამოწმეთ ექსპერიმენტი, გადაიტანეთ შედეგი ყველა შემთხვევაში.

მაგალითი #3

მოდით გამოვიცნოთ არასრული ინდუქციანატურალური რიცხვების კუბების ჯამის ფორმულა.

გამოსავალი.

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 ტოლობები და გამოიცანით რომელი საერთო სამართალიმოიყვანეთ ეს მაგალითები.

გამოსავალი.

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)
2)
3)
; 4)
.

ბერძნული ასო"სიგმა".

მაგალითი #6.

ნიშნის გამოყენებით დაწერეთ შემდეგი ჯამები
:

2)

მაგალითი #7.

დაწერეთ შემდეგი გამონათქვამები პროდუქტების სახით:

1)

3)
4)

მაგალითი #8.

ნიშნის გამოყენებით ჩამოწერეთ შემდეგი ნამუშევრები

(მთავრული ბერძნული ასო "პი")

1)
2)

მაგალითი #9.

მრავალწევრის მნიშვნელობის გამოთვლა ვ ( ნ )= ნ 2 + ნ +11 , ზე n=1,2,3,4.5,6,7 შეიძლება ვივარაუდოთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივიპნომერი ვ ( ნ ) მარტივი.

სწორია ეს ვარაუდი?

გამოსავალი.

თუ თითოეული ჯამი იყოფა რიცხვზე, მაშინ ჯამი იყოფა ამ რიცხვზე,
არ არის მარტივი რიცხვინებისმიერი ბუნებრივიპ.

საქმეების სასრული რაოდენობის გარჩევა თამაშობს მნიშვნელოვანი როლიმათემატიკაში: ამა თუ იმ განცხადების დადასტურების გარეშე ეხმარება გამოცნობას სწორი ფორმულირებაეს განცხადება, თუ ჯერ არ არის ცნობილი. ასე გამოვიდა პეტერბურგის მეცნიერებათა აკადემიის წევრმა გოლდბახმა ჰიპოთეზა, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი რიცხვი, ორიდან დაწყებული, არის მაქსიმუმ ჯამი. სამი მარტივინომრები.

გაკვეთილი #3

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი საშუალებას გვაძლევს დავამტკიცოთ სხვადასხვა იდენტობა.

მაგალითი #10.მოდით დავამტკიცოთ ეს ყველასათვის პვინაობა

გამოსავალი.

დავსვათ

ჩვენ ეს უნდა დავამტკიცოთ

დავამტკიცოთ, რომ შემდეგ იდენტობის ჭეშმარიტებიდან

იდენტურობის სიმართლე მოყვება

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპით, იდენტობის ჭეშმარიტება ყველასთვის პ.

მაგალითი #11.

ვინაობა დავამტკიცოთ

მტკიცებულება.

ვადის მიხედვით თანასწორობები.

;
. ასე რომ, ეს იდენტურობა მართალია ყველასთვისპ .

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 მართალია 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
n≥2-ისთვის.

ზე n=2 ეს იდენტობა გადაიწერება ძალიან მარტივი ფორმა

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

იყოფა 6 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1 არის დაყოფა6 უკვალოდ,
.

დაუშვით n=k გამოხატულება
მრავალჯერადი6.

დავამტკიცოთ, რომ როდის n=k+1 გამოხატულება
მრავალჯერადი6 .

თითოეული ტერმინი არის მრავალჯერადი 6 , ასე რომ ჯამი არის ჯერადი 6 .

მაგალითი ნომერი 21.
ზე5 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1 გამოხატვა იყოფა
.

დაუშვით n=k გამოხატულება
ასევე იყოფა5 უკვალოდ.

ზე n=k+1იყოფა 5 .

მაგალითი #22. დაამტკიცე გამოთქმის გაყოფა
ზე16.

მტკიცებულება.

ზე n=1მრავალჯერადი 16 .

დაუშვით n=k
მრავალჯერადი16.

ზე n=k+1

ყველა ტერმინი იყოფა 16: პირველი აშკარად მეორეა ვარაუდით, ხოლო მესამეს აქვს ლუწი რიცხვი ფრჩხილებში.

მაგალითი #23. დაამტკიცეთ გაყოფა
ზე676.

მტკიცებულება.

ჯერ ეს დავამტკიცოთ
იყოფა
.

ზე n=0
.

დაუშვით n=k
იყოფა26 .

შემდეგ ზე n=k+1იყოფა 26 .

ახლა დავამტკიცოთ პრობლემის პირობებში ჩამოყალიბებული მტკიცება.

ზე n=1იყოფა 676.

ზე n=k მართალია, რომ
იყოფა26 2 .

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
იყოფა5 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1
იყოფა5.

ზე n=k
იყოფა5 უკვალოდ.

ზე n=k+1 თითოეული ტერმინი იყოფა5 უკვალოდ.

მაგალითი #25.

დაამტკიცე რომ
იყოფა6 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1
იყოფა6 უკვალოდ.

დაუშვით n=k
იყოფა6 უკვალოდ.

ზე n=k+1იყოფა 6 ნაშთი არ არის, რადგან თითოეული წევრი იყოფა6 ნაშთის გარეშე: პირველი წევრი, ინდუქციური ვარაუდით, მეორე, ცხადია, მესამე, რადგან
ლუწი რიცხვი.

მაგალითი #26.

დაამტკიცე რომ
როდესაც იყოფა9 აძლევს დანარჩენს 1 .

მტკიცებულება.

ეს დავამტკიცოთ
იყოფა9 .

ზე n=1
იყოფა 9 . დაუშვით n=k
იყოფა9 .

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 , იმიტომ
მრავალჯერადი5 (დადასტურებულია მაგალითში No21), მეოთხე და მეხუთე წევრიც მრავლობითია5 , რაც აშკარაა, მაშინ ჯამი არის ჯერადი15 .

გაკვეთილი ნომერი 8-9.

უტოლობების დადასტურება მათემატიკური ინდუქციით

მაგალითი #28.
.

ზე n=1ჩვენ გვაქვს
- მართალია.

დაუშვით n=k
არის ნამდვილი უთანასწორობა.

ზე n=k+1

მაშინ უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვის პ.

მაგალითი #29.დაამტკიცეთ, რომ უტოლობა მართალია
ნებისმიერისთვის პ.

ზე n=1მივიღებთ სწორ უტოლობას 4 >1.

დაუშვით n=kუთანასწორობა
.

დავამტკიცოთ, რომ როდის n=k+1უთანასწორობა

ნებისმიერი ბუნებრივი რომშეინიშნება უთანასწორობა.

Თუ
ზე
მაშინ

მაგალითი #30.

ნებისმიერი ბუნებრივი პდა ნებისმიერი

დაე n=1
, უფლება.

დავუშვათ, რომ უთანასწორობა მოქმედებს n=k:
.

ზე n=k+1

მაგალითი ნომერი 31.დაამტკიცეთ უტოლობის მართებულობა

ნებისმიერი ბუნებრივი პ.

მოდით, ჯერ დავამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი ტუთანასწორობა

გაამრავლეთ უტოლობის ორივე მხარე
. ვიღებთ ეკვივალენტურ უტოლობას ან
;
; - ეს უთანასწორობა მოქმედებს ნებისმიერ ბუნებრივზე ტ.

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
, მაშინ ყველა ბუნებრივი ღირებულებისთვისპ უთანასწორობა

მტკიცებულება.

ზე n=1 დადასტურებული უთანასწორობა ფორმას იღებს
და აშკარად მართალია. დავუშვათ, რომ ეს მართალიაn=k , ეს რა არის
.

ვინაიდან პირობის მიხედვით
, მაშინ
და, შესაბამისად, უტოლობა არ ცვლის თავის მნიშვნელობას, როდესაც მისი ორივე ნაწილი მრავლდება
:

იმიტომ რომ
, მაშინ მივიღებთ ამას

.

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

გამოსავალი.

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:

განვიხილოთ უთანასწორობა

ბოლო უტოლობა მოქმედებს თუ
ტესტითემაზე n=1 მოცემულია განმეორებით: n≥5 , სადაც პ- -ბუნებრივი ნომერი.

ლექცია 6. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

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

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

ჩვენ გამოვთვლით ტრინომის მნიშვნელობას რამდენიმე პირველი მნიშვნელობისთვის ნ:

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

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

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

6.1. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი.

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

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

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

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

1) დამტკიცება ნ=მარა სამართლიანი,

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

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

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

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

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

გამოსავალი.

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

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

Ნამდვილად,

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

 მაგალითი6.2. დაამტკიცეთ, რომ პირველის ჯამი ნბუნებრივი დაამატე ციფრებიუდრის მათი რიცხვის კვადრატს, ანუ .

გამოსავალი.ვიყენებთ სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს.

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

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

ჩვენ ვიყენებთ ჩვენს ვარაუდს და ვიღებთ

. ■ 

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

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

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

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

გაამრავლეთ უტოლობის ორივე ნაწილი (*) რიცხვზე
და მიიღე:

ანუ (1+
.■ 

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

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

 მაგალითი6.4. იპოვეთ თანხა
.

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

1) როდის ნ=1 ჰიპოთეზა მართალია, რადგან
.

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

Ნამდვილად,

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

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

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

ეს ადასტურებს მტკიცებას და გამოიყენებს მას შემდგომში. ■ 

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

.

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

1) როგორც ზემოთ აღინიშნა, ეს ჰიპოთეზამართალია ნ=5.

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

თ.-მდე.
და ზე
არის უთანასწორობა

ზე
,

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

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

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

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

ქ.ე.დ. ■ 

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

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

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

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

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

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

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

გამოსავალი.

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

ქ.ე.დ.

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

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

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

ანუ განცხადება ასევე მართალია ნ + 1.

მაგალითი 1დაამტკიცეთ შემდეგი ტოლობები

სადაც ნო ნ.

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

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

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

შენიშვნა 2.ეს მაგალითი შეიძლება სხვაგვარად გადაწყდეს. მართლაც, ჯამი 1 + 2 + 3 + ... + ნარის პირველის ჯამი ნწევრები არითმეტიკული პროგრესიაპირველ წევრთან ერთად ა 1 = 1 და განსხვავება დ= 1. იმის გამო ცნობილი ფორმულა , ვიღებთ

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

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

ინდუქციური ჰიპოთეზის გამოყენებით ვიღებთ

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

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

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

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

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

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

და დაამტკიცეთ ეს

მართლაც,

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

მართალია და ჩვენ ვამტკიცებთ, რომ ის თანასწორობას გულისხმობსმართლაც,

მაშასადამე, ორიგინალური თანასწორობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვის ნ.

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

. ვაჩვენოთ, რომ ბოლო თანასწორობა გულისხმობს შემდეგს:

მართლაც, იმის გათვალისწინებით პ(ნ) ხდება, ვიღებთ

ამრიგად, თანასწორობა დადასტურებულია.

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

მართებული იყოს ნიუტონის ბინომიალური ფორმულა ნ = კ, ანუ

მერე თანასწორობის გამოყენებავიღებთ

მაგალითი 2დაამტკიცეთ უთანასწორობები

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

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

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

დ) ცოდვა 2 ნ a + cos2 ნ a ≤ 1, ნო ნ.

ე)

ვ) 2 ნ > ნ 3 , ნო ნ, ნ ≥ 10.

გამოსავალი.ა) როდის ნ= 1 ვიღებთ ნამდვილ უტოლობას

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

(1 + ა) ნ ≥ 1 + ნა

(1)

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

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

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

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

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

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

განვიხილოთ შემდეგი ორი შემთხვევა:

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

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

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

Იმიტომ რომ

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

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

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

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

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

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

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

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

დავუშვათ, რომ და დაამტკიცეთ ეს

Იმიტომ რომ
იმის გათვალისწინებით პ(ნ), ვიღებთ

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

წლიდან ნ> 10 გვაქვს ან , ამას მოჰყვება

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

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

მაგალითი 3დაამტკიცეთ ეს ნებისმიერისთვის ნო ნ

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

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

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

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

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

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

საველიევა ეკატერინა

ნაშრომში განხილულია მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება გაყოფის ამოცანების ამოხსნისას, სერიების შეჯამებაზე. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების მაგალითები უტოლობების მტკიცებულებაში და ამონახსნებისთვის გეომეტრიული პრობლემები. ნამუშევარი ილუსტრირებულია პრეზენტაციით.

ჩამოტვირთვა:

გადახედვა:

რუსეთის ფედერაციის მეცნიერებისა და განათლების სამინისტრო

სახელმწიფო საგანმანათლებლო დაწესებულება

საშუალო ყოვლისმომცველი სკოლა № 618

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

ყოველის ძირში მათემატიკური კვლევატყუილი დედუქციური და ინდუქციური მეთოდები. მსჯელობის დედუქციური მეთოდი არის მსჯელობა ზოგადიდან კონკრეტულამდე, ე.ი. მსჯელობა, რომელიც იწყება საერთო შედეგი, და საბოლოო წერტილი არის ნაწილობრივი შედეგი. ინდუქცია გამოიყენება კონკრეტული შედეგებიდან ზოგადზე გადასვლისას, ე.ი. დედუქციური მეთოდის საპირისპიროა. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი შეიძლება შევადაროთ პროგრესს. ჩვენ ვიწყებთ ყველაზე დაბალიდან, შედეგად ლოგიკური აზროვნებაჩვენ უმაღლესამდე მივდივართ. ადამიანი ყოველთვის მიისწრაფოდა წინსვლისაკენ, აზრის ლოგიკურად განვითარების უნარისკენ, რაც იმას ნიშნავს, რომ ბუნებამ მას ინდუქციურად აზროვნება განუსაზღვრა. მიუხედავად იმისა, რომ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების სფერო გაიზარდა, ქ სკოლის სასწავლო გეგმამას ცოტა დრო ეძლევა, მაგრამ ძალიან მნიშვნელოვანია ინდუქციურად აზროვნება. ამ პრინციპის გამოყენება ამოცანების გადაჭრასა და თეორემების დასამტკიცებლად განსახილველია სასკოლო პრაქტიკადა სხვა მათემატიკური პრინციპები: გამორიცხული შუა, ჩართვა-გამორიცხვა, დირიხლე და ა.შ. ეს თხზულება შეიცავს ამოცანებს მათემატიკის სხვადასხვა დარგიდან, რომლებშიც მთავარი ინსტრუმენტი მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებაა. ამ მეთოდის მნიშვნელობაზე საუბრისას ა.ნ. კოლმოგოროვმა აღნიშნა, რომ ”მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გაგება და გამოყენების უნარი არის კარგი კრიტერიუმისიმწიფე, რაც აბსოლუტურად აუცილებელია მათემატიკოსისთვის. ინდუქციის მეთოდი მისი ფართო გაგებით მოიცავს კერძო დაკვირვებებიდან უნივერსალურზე გადასვლას. ზოგადი ნიმუშიან ზოგადი ფორმულირება. ამ ინტერპრეტაციით, მეთოდი, რა თქმა უნდა, არის მთავარი ტექნიკა კვლევის ჩატარებისთვის ნებისმიერ ექსპერიმენტულ საბუნებისმეტყველო მეცნიერებაში.

ადამიანის საქმიანობა. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი (პრინციპი) მისი უმარტივესი ფორმით გამოიყენება მაშინ, როდესაც აუცილებელია ყველა ნატურალური რიცხვისთვის განცხადების 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.

პრობლემა 2. განიხილეთ ყველა შესაძლო საერთო წილადებიმრიცხველით 1 და ნებისმიერი (დადებითი მთელი რიცხვი)

მნიშვნელი: დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი n> 3 შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ჯამის სახითპ ამ ტიპის სხვადასხვა ფრაქციები.

გამოსავალი, ჯერ შევამოწმოთ ამ განცხადებასზე 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 + 1 წილადი სასურველი ტიპი. 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:

1. ამისთვის n = 3 ეს განცხადება მართალია;

1. თუ ჩვენთვის საინტერესო განცხადება შეესაბამება სიმართლესრომ,
   მაშინ ეს ასევე მართალია+ 1-მდე.

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 დიაგრამა(მიღება), რომელიც საშუალებას გვაძლევს დავასკვნათ, რომ განხილული დებულება ჭეშმარიტია 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 გადასვლას ერთიანი ცოდნიდან ინდივიდუალური ნივთებიამ კლასის ზოგადი დასკვნამოცემული კლასის ყველა საგნის შესახებ, რაც შემეცნების 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 წიგნში ციტირებს ბ.პასკალს მცირე ცვლილებებიკვადრატულ ფრჩხილებში მოცემული:

„მიუხედავად იმისა, რომ განსახილველი წინადადება [ბინომიური კოეფიციენტების აშკარა 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?

გამოსავალი. 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.

1. ინდუქციის საფუძველი. იყიდება n = 1, ყველაფერი ნათელია, რადგან ერთი რგოლის პირამიდა აშკარად შეიძლება გადავიდეს ნებისმიერ ღეროზე.
2. ინდუქციის ნაბიჯი. დავუშვათ, რომ ნებისმიერი პირამიდის გადატანა შეგვიძლია რგოლების რაოდენობით p = k.
   მოდით დავამტკიცოთ, რომ მაშინ ჩვენ შეგვიძლია პირამიდის შუაში გადატანა n = k + 1.

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. ამრიგად, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მიხედვით, ყოველთვის შესაძლებელია პირამიდის გადაადგილება, რომელიც შედგება n რგოლები, 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.

გამოსავალი. ჯერ ინდუქციით დავამტკიცოთ დამხმარე მტკიცება, რომ 3 3n+3 1 იყოფა 26-ზე ნაშთის გარეშე n > 0.

1. ინდუქციის საფუძველი. n = 0-სთვის გვაქვს: Z 3 - 1 \u003d 26 - გაყოფილი 26-ზე.

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.

1. ინდუქციის საფუძველი. აშკარაა, რომ ზე n = 1 განცხადება მართალია: 3-დან 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. ინდუქციის ნაბიჯი. დავუშვათ, რომ ზე n = k
   გამოხატულება 3 3k + 3 - 26k - 27 იყოფა 26-ზე 2 ნარჩენების გარეშე და დაამტკიცეთ, რომ მტკიცება მართალია n = k + 1,
   ანუ ის ნომერი

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.

გამოსავალი.

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.

დაამატეთ ამ თანასწორობის ორივე მხარეს და გარდაქმენით 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?

გამოსავალი. 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 ერთი შესანიშნავი მაგალითიმათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გამოყენება, 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, ...

გამოსავალი. 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 რამდენიმეს ჯამის სახით სხვადასხვა წევრებიფიბონაჩის რიცხვების განმეორებადი მიმდევრობა:

k> 2-ისთვის.

გამოსავალი. 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. მოდი ვიპოვოთ ყველაზე დიდი რაოდენობაფიბონაჩი F t, არ აღემატება P; ასე რომ, F t n და F t +1 > n.

Იმიტომ რომ

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 უთანასწორობა

(1 + x) n > 1 + xn.

გამოსავალი. 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 მეთოდის გამოყენებით 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 ნათქვამი 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.

გამოსავალი, 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, საიდანაც დაუყოვნებლივ გამომდინარეობს მტკიცება, რომელიც შეიცავს პრობლემის მდგომარეობას.

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.პარადოქსი თავისთავად უფრო მეტია რთული გეგმებიშეიძლება განხორციელდეს დიდი წარმატებით, თუ ისინი დაფუძნებულია საკითხის არსის ღრმა გააზრებაზე.

ამოცანა 11. დაამტკიცეთ, რომ 2m + n - 2m ნებისმიერი ბუნებრივიტიპის.

გამოსავალი. 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
თანასწორობა, რაც მისაღებია.

ბ) ინდუქციის საფეხური თ.დავუშვათ, რომ ზე t = k განცხადება მართალია, ანუ 2 k ~ 1 > k. შემდეგ ზევით
ვთქვათ, რომ მტკიცება მართალია მაშინაც კი, თუ m = k + 1.
Ჩვენ გვაქვს:

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.
Ჩვენ გვაქვს:

ნებისმიერი ბუნებრივიტიპის.

მაშასადამე, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით (შესაბამისადპ) პრობლემის განცხადება მართალია ნებისმიერისთვისპ და ნებისმიერი ფიქსირებულიტ. ამრიგად, ეს უთანასწორობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვისტიპის.

ამოცანა 12. მოდით m, n და k არის ნატურალური რიცხვები და t > გვ ორი რიცხვიდან რომელია მეტი:

ყოველ გამოთქმაშირომ ნიშნები კვადრატული ფესვი, t და n ალტერნატიული.

გამოსავალი. 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

გამოსავალი. n = 2-ისთვის უტოლობა

საშუალო არითმეტიკული და გეომეტრიული საშუალო (ორი რიცხვისთვის) ჩაითვლება ცნობილი. დაე 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, ჩვენ პირველად დავადგინეთ, რომ უთანასწორობა მოქმედებს უსასრულო რიცხვიშესაძლო ღირებულებები 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 რიცხვებინებისმიერისთვის n = 2, 3, 4, ...

ამოცანა 14. (დ. უსპენსკი.) ნებისმიერი სამკუთხედისთვის ABC კუთხეებით = CAB, = CBA თანაზომიერია, არის უთანასწორობები

გამოსავალი. კუთხეები და თანაზომიერია, და ეს (განმარტებით) ნიშნავს, რომ ამ კუთხეებს აქვთ საერთო ზომა, რომლისთვისაც = p, = (p, q არის ბუნებრივი თანმხლები რიცხვები).

გამოვიყენოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი და დავხატოთ იგი ჯამზე n = p + q ბუნებრივი თანაპირდაპირი რიცხვები..

ინდუქციის საფუძველი. p + q = 2-ისთვის გვაქვს: p = 1 და q = 1. მაშინ სამკუთხედი ABCტოლკუთხედები და აუცილებელი უტოლობა აშკარაა: ისინი სამკუთხედის უტოლობიდან გამომდინარეობენ

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 — მოცემული სამკუთხედი, რომელი> 2. შემდეგ გვერდები AC და BC არ შეიძლება იყოს თანაბარი: ნება AC > ძვ.წ. ავაშენოთ ახლა, 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. განხილვის საფუძველზე ზოგადი შემთხვევაუკვე 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 ნაწილების მქონე საერთო სეგმენტისაზღვრები იყო განსხვავებული ფერი(როგორც სურათზე 3 ერთად n = 4).

სურათი 3

გამოსავალი. 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 თვითმფრინავს ორ ნახევრად სიბრტყეზე, რომელთაგან ერთი შეიძლება იყოს ფერადი თეთრი ფერი, ხოლო მეორე შავი ფერისაა 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 შეღებვა შეღებვით მოპირდაპირე კუთხეებიერთ ფერში. ვნახოთ, რა მოხდება, თუ მესამე სწორ ხაზს გავავლებთ. ის დაყოფს ზოგიერთ „ძველ“ ნაწილს, ხოლო საზღვრის ახალი მონაკვეთები გამოჩნდება, რომელთა ორივე მხარეს ფერი ერთი და იგივეა (სურ. 4).

ბრინჯი. ოთხი

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 სწორი მოთხოვნები: სწორი ხაზის ერთ მხარეს უკვე მონაცვლეობდა (ოღონდ სხვადასხვა ფერებში), მეორე მხარეს კი საჭირო იყო. იმისათვის, რომ ნაწილები ჰქონდეს საერთო საზღვარიდახატული ხაზის კუთვნილი, სხვადასხვა ფერებში იყო შეღებილი და 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 სწორი ხაზი ყველგან გამოყოფს სხვადასხვა ფერის მონაკვეთებს, ხოლო "ძველი" ნაწილები, როგორც უკვე ვნახეთ, რჩება სწორად შეღებილი. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მიხედვით, პრობლემა მოგვარებულია.

Დავალება16. უდაბნოს პირას არიან დიდი მარაგიბენზინი და მანქანა, რომელსაც სრულად შევსებისას 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.

გამოსავალი.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 ში ამ საქმესგამოსავალი 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 დასაბრუნებლად საჭიროა ორი ერთეული ბენზინი, ასე რომ, ჩვენ შეგვიძლია დავტოვოთ 48 ერთეული ბენზინი საწყობში 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 ლოგიკური იყო და გასართობი ამოცანები, ე.ი. მხოლოდ ის, რაც ზრდის ინტერესს თავად მათემატიკის, როგორც მეცნიერების მიმართ. ასეთი პრობლემების გადაჭრა ხდება გასართობი საქმიანობადა შეუძლია უფრო და უფრო მეტი ცნობისმოყვარე ადამიანების მიზიდვა მათემატიკური ლაბირინთებისკენ. ჩემი აზრით, ეს არის ნებისმიერი მეცნიერების საფუძველი.

გავაგრძელებ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის შესწავლას, შევეცდები ვისწავლო მისი გამოყენება არა მხოლოდ მათემატიკაში, არამედ ფიზიკის, ქიმიისა და თავად ცხოვრების პრობლემების გადაჭრაში.

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. -
M .: Nauka, 1961. - (პოპულარული ლექციები მათემატიკაში.)

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. პოპა დ. 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

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 დიაგონალების რაოდენობა ამოზნექილი n-gonუდრის 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. დათვლა საერთო რაოდენობაამ (k + 1)-გონების დიაგონალები, 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.

Ამგვარად,

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 ეს სინამდვილეა
• 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 ჯამი ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე, ვინაიდან მისი პირველი წევრი იყოფა 133-ზე ნარჩენის გარეშე დაშვებით, ხოლო მეორეში ერთ-ერთი ფაქტორი არის 133. ასე რომ, 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 მხარის (3) გამრავლება დადებითი რიცხვი 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.