វិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា
សេចក្តីផ្តើម
ផ្នែកដ៏សំខាន់
- ការបញ្ចូលពេញលេញនិងមិនពេញលេញ
- គោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា
- វិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា
- ដំណោះស្រាយឧទាហរណ៍
- សមភាព
- ការបែងចែកលេខ
- វិសមភាព
សេចក្តីសន្និដ្ឋាន
បញ្ជីអក្សរសិល្ប៍ដែលបានប្រើ
សេចក្តីផ្តើម
វិធីសាស្រ្តដកយក និងអាំងឌុចស្យុង គឺជាមូលដ្ឋាននៃការស្រាវជ្រាវគណិតវិទ្យាណាមួយ។ វិធីសាស្រ្តកាត់កងនៃហេតុផលគឺការវែកញែកពីទូទៅទៅពិសេស, i.e. ការវែកញែក ចំណុចចាប់ផ្តើម ដែលជាលទ្ធផលទូទៅ ហើយចំណុចចុងក្រោយ គឺជាលទ្ធផលជាក់លាក់។ អាំងឌុចស្យុងត្រូវបានអនុវត្តនៅពេលឆ្លងពីលទ្ធផលជាក់លាក់ទៅលទ្ធផលទូទៅពោលគឺឧ។ គឺផ្ទុយពីវិធីសាស្ត្រដក។
វិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាអាចប្រៀបធៀបជាមួយនឹងវឌ្ឍនភាព។ យើងចាប់ផ្តើមពីកម្រិតទាបបំផុត ដែលជាលទ្ធផលនៃការគិតឡូជីខល យើងមកខ្ពស់បំផុត។ មនុស្សតែងតែខិតខំដើម្បីភាពរីកចម្រើន សម្រាប់សមត្ថភាពក្នុងការអភិវឌ្ឍការគិតរបស់គាត់ប្រកបដោយតក្កវិជ្ជា ដែលមានន័យថាធម្មជាតិបានកំណត់គាត់ឱ្យគិតដោយប្រយោល។
ទោះបីជាវិស័យនៃការអនុវត្តវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាបានរីកចម្រើនក៏ដោយ ពេលវេលាតិចតួចត្រូវបានឧទ្ទិសដល់វានៅក្នុងកម្មវិធីសិក្សារបស់សាលា។ ជាការប្រសើរណាស់, និយាយថាមនុស្សដែលមានប្រយោជន៍នឹងត្រូវបាននាំយកមកដោយមេរៀនពីរឬបីដែលគាត់បានឮប្រាំពាក្យនៃទ្រឹស្តី, ដោះស្រាយបញ្ហាបុព្វកាលប្រាំ, ហើយជាលទ្ធផល, ទទួលបានប្រាំដោយមិនដឹងអ្វីទាំងអស់។
ប៉ុន្តែនេះមានសារៈសំខាន់ណាស់ - ដើម្បីអាចគិតដោយប្រយោលបាន។
ផ្នែកដ៏សំខាន់
នៅក្នុងអត្ថន័យដើមរបស់វា ពាក្យ "សេចក្តីផ្តើម" ត្រូវបានអនុវត្តចំពោះការវែកញែក ដែលការសន្និដ្ឋានទូទៅត្រូវបានទទួលដោយផ្អែកលើសេចក្តីថ្លែងការណ៍ជាក់លាក់មួយចំនួន។ វិធីសាស្រ្តសាមញ្ញបំផុតនៃការវែកញែកនៃប្រភេទនេះគឺការបញ្ចូលពេញលេញ។ នេះគឺជាឧទាហរណ៍នៃការវែកញែកបែបនេះ។
អនុញ្ញាតឱ្យវាតម្រូវឱ្យបង្កើតថារាល់លេខគូធម្មជាតិ n ក្នុង 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:
4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;
14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.
សមភាពទាំងប្រាំបួននេះបង្ហាញថាចំនួនចំណាប់អារម្មណ៍នីមួយៗចំពោះយើងគឺពិតជាតំណាងឱ្យផលបូកនៃលក្ខខណ្ឌសំខាន់ពីរ។
ដូច្នេះ ការបញ្ចូលពេញលេញគឺថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍ទូទៅត្រូវបានបង្ហាញដាច់ដោយឡែកពីគ្នាក្នុងចំនួនកំណត់នៃករណីដែលអាចកើតមាន។
ជួនកាលលទ្ធផលទូទៅអាចត្រូវបានព្យាករណ៍បន្ទាប់ពីបានពិចារណាមិនមែនទាំងអស់ ប៉ុន្តែជាករណីពិសេសមួយចំនួនធំ (ហៅថាការបញ្ចូលមិនពេញលេញ)។
ទោះជាយ៉ាងណាក៏ដោយ លទ្ធផលដែលទទួលបានដោយការបញ្ចូលមិនពេញលេញ នៅតែគ្រាន់តែជាសម្មតិកម្មមួយ រហូតទាល់តែវាត្រូវបានបញ្ជាក់ដោយហេតុផលគណិតវិទ្យាពិតប្រាកដ ដែលគ្របដណ្តប់ករណីពិសេសទាំងអស់។ ម្យ៉ាងវិញទៀត ការបញ្ចូលមិនពេញលេញនៅក្នុងគណិតវិទ្យា មិនត្រូវបានចាត់ទុកថាជាវិធីសាស្ត្រស្របច្បាប់នៃភស្តុតាងដ៏តឹងរឹងនោះទេ ប៉ុន្តែជាវិធីសាស្ត្រដ៏មានអានុភាពសម្រាប់ស្វែងរកការពិតថ្មី។
ជាឧទាហរណ៍ វាត្រូវបានទាមទារដើម្បីស្វែងរកផលបូកនៃលេខសេសដំបូង n ជាប់គ្នា។ ពិចារណាករណីពិសេស៖
1+3+5+7+9=25=5 2
បន្ទាប់ពីពិចារណាករណីពិសេសមួយចំនួននេះ ការសន្និដ្ឋានទូទៅខាងក្រោមបង្ហាញដោយខ្លួនវាផ្ទាល់៖
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
ទាំងនោះ។ ផលបូកនៃលេខសេសដំបូង n ជាប់គ្នាគឺ n 2
ជាការពិតណាស់ ការសង្កេតដែលបានធ្វើឡើង មិនទាន់អាចធ្វើជាភស្តុតាងនៃសុពលភាពនៃរូបមន្តខាងលើនៅឡើយទេ។
ការបញ្ចូលពេញលេញមានកម្មវិធីកំណត់ក្នុងគណិតវិទ្យាប៉ុណ្ណោះ។ សេចក្តីថ្លែងការណ៍គណិតវិទ្យាដែលគួរឱ្យចាប់អារម្មណ៍ជាច្រើនគ្របដណ្តប់លើចំនួនករណីពិសេសគ្មានដែនកំណត់ ហើយយើងមិនអាចធ្វើតេស្តរកចំនួនករណីគ្មានកំណត់បានទេ។ ការបញ្ចូលមិនពេញលេញតែងតែនាំទៅរកលទ្ធផលខុស។
ក្នុងករណីជាច្រើន ផ្លូវចេញពីការលំបាកបែបនេះ គឺត្រូវងាកទៅរកវិធីសាស្ត្រពិសេសនៃការវែកញែក ដែលហៅថា វិធីសាស្ត្រនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា។ វាមានដូចខាងក្រោម។
អនុញ្ញាតឱ្យវាចាំបាច់ដើម្បីបញ្ជាក់សុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍ជាក់លាក់មួយសម្រាប់ចំនួនធម្មជាតិ n (ឧទាហរណ៍ វាចាំបាច់ក្នុងការបង្ហាញថាផលបូកនៃលេខសេសដំបូងគឺស្មើនឹង n 2)។ ការផ្ទៀងផ្ទាត់ដោយផ្ទាល់នៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះសម្រាប់តម្លៃនីមួយៗនៃ n គឺមិនអាចទៅរួចនោះទេ ចាប់តាំងពីសំណុំនៃលេខធម្មជាតិគឺគ្មានកំណត់។ ដើម្បីបញ្ជាក់សេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះ ដំបូងពិនិត្យមើលសុពលភាពរបស់វាសម្រាប់ n=1។ បន្ទាប់មកវាត្រូវបានបង្ហាញថាសម្រាប់តម្លៃធម្មជាតិណាមួយនៃ k សុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍ដែលកំពុងពិចារណាសម្រាប់ n=k បង្កប់ន័យសុពលភាពរបស់វាសម្រាប់ n=k+1 ផងដែរ។
បន្ទាប់មកការអះអាងត្រូវបានចាត់ទុកថាបង្ហាញឱ្យឃើញសម្រាប់ n ។ ជាការពិត សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n=1។ ប៉ុន្តែបន្ទាប់មក វាក៏មានសុពលភាពសម្រាប់លេខបន្ទាប់ n=1+1=2។ សុពលភាពនៃការអះអាងសម្រាប់ n=2 បង្កប់ន័យសុពលភាពរបស់វាសម្រាប់ n=2+
1=3។ នេះបង្កប់ន័យសុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍សម្រាប់ n=4 ហើយដូច្នេះនៅលើ។ វាច្បាស់ណាស់ថានៅទីបញ្ចប់យើងនឹងឈានដល់លេខធម្មជាតិណាមួយ n ។ អាស្រ័យហេតុនេះ សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n ។
ដោយសង្ខេបនូវអ្វីដែលបាននិយាយ យើងបង្កើតគោលការណ៍ទូទៅដូចខាងក្រោម។
គោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា។
ប្រសិនបើប្រយោគ A(n) ដែលអាស្រ័យលើចំនួនធម្មជាតិ n គឺពិតសម្រាប់ n=1 ហើយពីការពិតដែលថាវាពិតសម្រាប់ n=k (ដែល k ជាលេខធម្មជាតិណាមួយ) វាធ្វើតាមវាផងដែរ។ ពិតសម្រាប់លេខបន្ទាប់ n=k +1 បន្ទាប់មកសន្មត់ A(n) គឺពិតសម្រាប់លេខធម្មជាតិណាមួយ n ។
ក្នុងករណីមួយចំនួន វាអាចចាំបាច់ដើម្បីបញ្ជាក់សុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍ជាក់លាក់មួយ មិនមែនសម្រាប់លេខធម្មជាតិទាំងអស់នោះទេ ប៉ុន្តែសម្រាប់តែ n>p ដែល p គឺជាលេខធម្មជាតិថេរ។ ក្នុងករណីនេះ គោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាត្រូវបានបង្កើតឡើងដូចខាងក្រោម។
ប្រសិនបើសំណើ A(n) ពិតសម្រាប់ n=p ហើយប្រសិនបើ A(k)ÞA(k+1) សម្រាប់ k>p ណាមួយ នោះសំណើ A(n) គឺពិតសម្រាប់ n>p ណាមួយ។
ភស្តុតាងដោយវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាត្រូវបានអនុវត្តដូចខាងក្រោម។ ជាដំបូង ការអះអាងដែលត្រូវបង្ហាញគឺត្រូវបានពិនិត្យសម្រាប់ n=1, i.e., ការពិតនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍ A(1) ត្រូវបានបង្កើតឡើង។ ផ្នែកនៃភស្តុតាងនេះត្រូវបានគេហៅថា មូលដ្ឋាននៃការចាប់ផ្តើម។ នេះត្រូវបានបន្តដោយផ្នែកនៃភស្តុតាងដែលហៅថា ជំហានចាប់ផ្តើម។ នៅក្នុងផ្នែកនេះ សុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍សម្រាប់ n=k+1 ត្រូវបានបង្ហាញក្រោមការសន្មត់ថា សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n=k (ការសន្មត់បញ្ចូល) i.e. បញ្ជាក់ A(k)ÞA(k+1)។
បង្ហាញថា 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 ។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) យើងមាន n=1=1 2 ។ អាស្រ័យហេតុនេះ
សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n=1, i.e. ក(១) គឺពិត។
2) ចូរយើងបង្ហាញថា A(k)ÞA(k+1)។
អនុញ្ញាតឱ្យ k ជាលេខធម្មជាតិណាមួយ ហើយទុកឱ្យសេចក្តីថ្លែងការណ៍ជាការពិតសម្រាប់ n=k, i.e.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 ។
ចូរយើងបញ្ជាក់ថា បន្ទាប់មកការអះអាងក៏ជាការពិតសម្រាប់លេខធម្មជាតិបន្ទាប់ n=k+1, i.e. អ្វី
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
ជាការពិត,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
ដូច្នេះ A(k)ÞA(k+1)។ ដោយផ្អែកលើគោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា យើងសន្និដ្ឋានថា ការសន្មត A(n) គឺពិតសម្រាប់ nON ណាមួយ។
បញ្ជាក់
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1) ដែល x¹1
ដំណោះស្រាយ៖ 1) សម្រាប់ n=1 យើងទទួលបាន
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
ដូច្នេះសម្រាប់ n=1 រូបមន្តគឺពិត; ក(១) គឺពិត។
2) ទុក k ជាលេខធម្មជាតិណាមួយ ហើយទុករូបមន្តពិតសម្រាប់ n=k, i.e.
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1) ។
អនុញ្ញាតឱ្យយើងបង្ហាញថាសមភាព
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1)។
ជាការពិត
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)។
ដូច្នេះ A(k)ÞA(k+1)។ ដោយផ្អែកលើគោលការណ៍នៃ induction គណិតវិទ្យា យើងសន្និដ្ឋានថារូបមន្តគឺពិតសម្រាប់ចំនួនធម្មជាតិណាមួយ n ។
បង្ហាញថាចំនួនអង្កត់ទ្រូងនៃប៉ោង n-gon គឺ n(n-3)/2។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) សម្រាប់ n=3 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត
និង 3 គឺត្រឹមត្រូវ, ដោយសារតែនៅក្នុងត្រីកោណមួយ។
A 3 =3(3-3)/2=0 អង្កត់ទ្រូង;
A 2 A(3) គឺពិត។
2) ឧបមាថានៅក្នុងណាមួយ។
ប៉ោង k-gon has-
A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 អង្កត់ទ្រូង។
A k អនុញ្ញាតឱ្យយើងបង្ហាញថាបន្ទាប់មកនៅក្នុងប៉ោងមួយ។
(k+1)-លេខហ្គន
អង្កត់ទ្រូង A k+1 =(k+1)(k-2)/2 ។
អនុញ្ញាតឱ្យ А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -convex (k+1)-angle ។ តោះគូរអង្កត់ទ្រូង A 1 A k នៅក្នុងវា។ ដើម្បីរាប់ចំនួនសរុបនៃអង្កត់ទ្រូងរបស់នេះ (k + 1)-gon អ្នកត្រូវរាប់ចំនួនអង្កត់ទ្រូងក្នុង k-gon A 1 A 2 ...A k បន្ថែម k-2 ទៅលេខលទ្ធផល i.e. ចំនួនអង្កត់ទ្រូងនៃ (k+1)-gon ដែលចេញពីចំនុចកំពូល A k+1 ហើយលើសពីនេះទៀតអង្កត់ទ្រូង A 1 A k គួរតែត្រូវបានយកមកពិចារណា។
ដោយវិធីនេះ
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2។
ដូច្នេះ A(k)ÞA(k+1)។ ដោយសារគោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ប៉ោងណាមួយ n-gon ។
បង្ហាញថាសម្រាប់សេចក្តីថ្លែងការណ៍ណាមួយគឺពិត៖
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) អនុញ្ញាតឱ្យ n=1 បន្ទាប់មក
X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1 ។
ដូច្នេះសម្រាប់ n=1 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។
2) សន្មតថា n = k
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6 ។
3) ពិចារណាសេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះសម្រាប់ n=k+1
Xk+1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6។
X k+1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+
6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+
2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6។
យើងបានបង្ហាញសុពលភាពនៃសមភាពសម្រាប់ n = k + 1 ដូច្នេះដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n ធម្មជាតិណាមួយ។
បង្ហាញថាសមភាពធម្មជាតិណាមួយគឺពិត៖
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2/4 ។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) អនុញ្ញាតឱ្យ n=1 ។
បន្ទាប់មក X 1 = 1 3 = 1 2 (1 + 1) 2 / 4 = 1 ។
យើងឃើញថាសម្រាប់ n=1 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។
2) សន្មតថាសមភាពគឺពិតសម្រាប់ n = k
X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4 ។
3) ចូរយើងបង្ហាញការពិតនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះសម្រាប់ n=k+1, i.e.
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។
តាមភស្តុតាងខាងលើ វាច្បាស់ណាស់ថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n=k+1 ដូច្នេះសមភាពគឺពិតសម្រាប់ n ធម្មជាតិណាមួយ។
បញ្ជាក់
((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1) ដែល n> 2 ។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) សម្រាប់ n=2 អត្តសញ្ញាណមើលទៅដូច៖ (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
ទាំងនោះ។ វាជាការត្រឹមត្រូវ។
2) សន្មតថាកន្សោមគឺពិតសម្រាប់ n = k
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)។
3) យើងនឹងបញ្ជាក់ភាពត្រឹមត្រូវនៃកន្សោមសម្រាប់ n=k+1។
(((2 3 +1)/(2 3 -1))´…´((k 3 +1)/(k 3 -1)))´(((k+1)3 +
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2+k+1)))´((k+2)((k+
1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2´
´((k+1)2 +(k+1)+1)។
យើងបានបង្ហាញសុពលភាពនៃសមភាពសម្រាប់ n=k+1 ដូច្នេះហើយ ដោយសារវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n>2 ណាមួយ។
បញ្ជាក់
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
សម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ n ។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) អនុញ្ញាតឱ្យ n=1 បន្ទាប់មក
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) សន្មតថា n = k បន្ទាប់មក
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)។
3) ចូរយើងបង្ហាញការពិតនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះសម្រាប់ n=k+1
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1)3 -(2k+2)3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)។
សុពលភាពនៃសមភាពសម្រាប់ n=k+1 ក៏ត្រូវបានបង្ហាញផងដែរ ដូច្នេះសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ចំនួនធម្មជាតិ n ។
បញ្ជាក់ពីសុពលភាពនៃអត្តសញ្ញាណ
(1 2/1´3)+(2 2/3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
សម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ n ។
1) សម្រាប់ n=1 អត្តសញ្ញាណគឺពិត 1 2/1´3=1(1+1)/2(2+1)។
2) សន្មតថាសម្រាប់ n = k
(1 2/1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)។
3) ចូរយើងបង្ហាញថាអត្តសញ្ញាណគឺពិតសម្រាប់ n=k+1។
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1)2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1))´((k/2) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)´ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)។
វាអាចត្រូវបានគេមើលឃើញពីភស្តុតាងខាងលើដែលថាការអះអាងគឺជាការពិតសម្រាប់លេខធម្មជាតិណាមួយ n ។
បង្ហាញថា (11 n+2 +12 2n+1) ត្រូវបានបែងចែកដោយ 133 ដោយគ្មានសល់។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) អនុញ្ញាតឱ្យ n=1 បន្ទាប់មក
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23´133 ។
ប៉ុន្តែ (23´133) ត្រូវបានបែងចែកដោយ 133 ដោយគ្មានសល់ ដូច្នេះសម្រាប់ n=1 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។ ក(១) គឺពិត។
2) ឧបមាថា (11 k+2 +12 2k+1) ត្រូវបានបែងចែកដោយ 133 ដោយគ្មានសល់។
3) អនុញ្ញាតឱ្យយើងបង្ហាញថាក្នុងករណីនេះ
(11 k+3 +12 2k+3) ត្រូវបានបែងចែកដោយ 133 ដោយគ្មានសល់។ ជាការពិត 11 k+3 +12 2k+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +
+(11+133)´12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133´12 2k+1 ។
ផលបូកលទ្ធផលត្រូវបានបែងចែកដោយ 133 ដោយគ្មានសល់ ចាប់តាំងពីពាក្យទីមួយរបស់វាត្រូវបានបែងចែកដោយ 133 ដោយគ្មានសល់ដោយការសន្មត់ ហើយនៅក្នុងកត្តាទីពីរគឺ 133។ ដូច្នេះ А(k)ÞА(k+1)។ ដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាការអះអាងត្រូវបានបង្ហាញ។
បង្ហាញថាសម្រាប់ n 7 n -1 ណាមួយត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មាននៅសល់។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) អនុញ្ញាតឱ្យ n=1 បន្ទាប់មក X 1 = 7 1 −1=6 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មានសល់។ ដូច្នេះសម្រាប់ n=1 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។
2) សន្មតថាសម្រាប់ n = k
7 k -1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មានសល់។
3) ចូរយើងបង្ហាញថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n=k+1 ។
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k −1)+6 ។
ពាក្យទីមួយត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ព្រោះថា 7 k -1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយការសន្មត់ ហើយពាក្យទីពីរគឺ 6 ។ ដូច្នេះ 7 n -1 គឺជាពហុគុណនៃ 6 សម្រាប់ n ធម្មជាតិណាមួយ។ ដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាការអះអាងត្រូវបានបង្ហាញ។
បង្ហាញថា 3 3n-1 +2 4n-3 សម្រាប់ arbitrary n ធម្មជាតិត្រូវបានបែងចែកដោយ 11 ។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) អនុញ្ញាតឱ្យ n=1 បន្ទាប់មក
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 11 ដោយគ្មានសល់។ ដូច្នេះសម្រាប់ n=1 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។
2) សន្មតថាសម្រាប់ n = k
X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 11 ដោយគ្មានសល់។
3) ចូរយើងបង្ហាញថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n=k+1 ។
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3´ 3 3k-1 +2 4´ 2 4k-3 =
27´3 3k-1 +16´2 4k-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3k-1 +
11´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11′3 3k-1 ។
ពាក្យទីមួយបែងចែកដោយ 11 ដោយគ្មានសល់ ព្រោះថា 3 3k-1 +2 4k-3 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 11 ដោយការសន្មត់ ទីពីរគឺបែងចែកដោយ 11 ព្រោះកត្តាមួយក្នុងចំណោមកត្តារបស់វាគឺលេខ 11 ដូច្នេះហើយផលបូកគឺ ក៏បែងចែកដោយ 11 ដោយមិននៅសល់សម្រាប់ n ធម្មជាតិណាមួយឡើយ។ ដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាការអះអាងត្រូវបានបង្ហាញ។
បង្ហាញថា 11 2n -1 សម្រាប់ចំនួនគត់វិជ្ជមានតាមអំពើចិត្ត n ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មានសល់។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) អនុញ្ញាតឱ្យ n=1 បន្ទាប់មក 11 2 -1=120 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មានសល់។ ដូច្នេះសម្រាប់ n=1 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។
2) សន្មតថាសម្រាប់ n = k
11 2k -1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មានសល់។
11 2(k+1) -1=121´11 2k -1=120´11 2k +(11 2k -1)។
ពាក្យទាំងពីរត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មានសល់: ទីមួយមានពហុគុណនៃ 6 លេខ 120 ហើយទីពីរត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មានសល់ដោយការសន្មត់។ ដូច្នេះផលបូកត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 ដោយគ្មានសល់។ ដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាការអះអាងត្រូវបានបង្ហាញ។
បង្ហាញថា 3 3n + 3 -26n-27 សម្រាប់ចំនួនគត់វិជ្ជមានតាមអំពើចិត្ត n ត្រូវបានបែងចែកដោយ 26 2 (676) ដោយគ្មានសល់។
ដំណោះស្រាយ៖ ចូរយើងបញ្ជាក់ជាមុនថា 3 3n + 3 -1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 26 ដោយគ្មានសល់។
- សម្រាប់ n=0
- ឧបមាថាសម្រាប់ n = k
- ចូរយើងបញ្ជាក់ថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍នោះ។
3 3 -1=26 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 26
3 3k + 3 -1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 26
ពិតសម្រាប់ n=k+1។
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – បែងចែកដោយ 26
ឥឡូវនេះអនុញ្ញាតឱ្យយើងបង្ហាញការអះអាងដែលបានបង្កើតឡើងនៅក្នុងលក្ខខណ្ឌនៃបញ្ហា។
1) វាច្បាស់ណាស់ថាសម្រាប់ n=1 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត
3 3+3 -26-27=676
2) សន្មតថាសម្រាប់ n = k
កន្សោម 3 3k + 3 -26k-27 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 26 2 ដោយគ្មានសល់។
3) ចូរយើងបញ្ជាក់ថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)។
ពាក្យទាំងពីរត្រូវបានបែងចែកដោយ 26 2 ; ទីមួយត្រូវបានបែងចែកដោយ 26 2 ដោយសារតែយើងបានបង្ហាញថាកន្សោមនៅក្នុងតង្កៀបត្រូវបានបែងចែកដោយ 26 ហើយទីពីរត្រូវបានបែងចែកដោយសម្មតិកម្មអាំងឌុចទ័។ ដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាការអះអាងត្រូវបានបង្ហាញ។
បង្ហាញថាប្រសិនបើ n> 2 និង x> 0 នោះវិសមភាព
(1+x) n >1+n´x ។
ដំណោះស្រាយ៖ 1) សម្រាប់ n=2 វិសមភាពគឺពិតចាប់តាំងពី
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x ។
ដូច្នេះ A(2) គឺពិត។
2) ចូរយើងបង្ហាញថា A(k)ÞA(k+1) ប្រសិនបើ k> 2. ឧបមាថា A(k) គឺពិត ពោលគឺ វិសមភាព
(1+x) k >1+k´x ។ (3)
ចូរយើងបង្ហាញថា A(k+1) ក៏ជាការពិតដែរ ពោលគឺ វិសមភាព
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x។
ជាការពិត ការគុណទាំងសងខាងនៃវិសមភាព (3) ដោយចំនួនវិជ្ជមាន 1+x យើងទទួលបាន
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x)។
ពិចារណាផ្នែកខាងស្តាំនៃចុងក្រោយមិនស្មើគ្នា
stva; យើងមាន
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x។
ជាលទ្ធផលយើងទទួលបានវា។
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x។
ដូច្នេះ A(k)ÞA(k+1)។ ដោយផ្អែកលើគោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា វាអាចត្រូវបានអះអាងថា វិសមភាពរបស់ Bernoulli មានសុពលភាពសម្រាប់រាល់
បង្ហាញថាវិសមភាពគឺជាការពិត
(1+a+a 2) m> 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2 សម្រាប់ a> 0។
ដំណោះស្រាយ៖ ១) សម្រាប់ m=1
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ផ្នែកទាំងពីរគឺស្មើគ្នា។
2) សន្មតថាសម្រាប់ m = k
(1+a+a 2) k>1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) ចូរយើងបង្ហាញថាសម្រាប់ m=k+1 ភាពមិនស្មើគ្នាគឺជាការពិត
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+
+(k(k+1)/2)´a 2)=1+(k+1)´a+((k(k+1)/2)+k+1)´a 2 +
+((k(k+1)/2)+k)´a 3 +(k(k+1)/2)´a 4> 1+(k+1)´a+
+((k+1)(k+2)/2)´a 2 .
យើងបានបង្ហាញសុពលភាពនៃវិសមភាពសម្រាប់ m = k + 1 ដូច្នេះដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា វិសមភាពគឺពិតសម្រាប់ m ធម្មជាតិណាមួយ។
បង្ហាញថាសម្រាប់ n>6 វិសមភាព
3 n > n '2 n + 1 ។
ដំណោះស្រាយ៖ ចូរយើងសរសេរឡើងវិញនូវវិសមភាពក្នុងទម្រង់
- សម្រាប់ n=7 យើងមាន
- ឧបមាថាសម្រាប់ n = k
3 7/2 7 = 2187/128>14=2´7
វិសមភាពគឺជាការពិត។
3) អនុញ្ញាតឱ្យយើងបង្ហាញពីភាពត្រឹមត្រូវនៃវិសមភាពសម្រាប់ n = k + 1 ។
3k+1/2k+1 =(3k/2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1)។
ចាប់តាំងពី k>7 វិសមភាពចុងក្រោយគឺជាក់ស្តែង។
ដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យា វិសមភាពមានសុពលភាពសម្រាប់ n ធម្មជាតិណាមួយ។
បង្ហាញថាសម្រាប់ n> 2 វិសមភាព
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
ដំណោះស្រាយ៖ 1) សម្រាប់ n=3 វិសមភាពគឺពិត
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- ឧបមាថាសម្រាប់ n = k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)។
3) យើងនឹងបញ្ជាក់ពីសុពលភាពនៃការមិន
សមភាពសម្រាប់ n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1)2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
ចូរយើងបញ្ជាក់ថា 1,7-(1/k)+(1/(k+1)2)<1,7-(1/k+1)Û
w(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ
Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k ក្រោយមកទៀតគឺជាក់ស្តែងហើយដូច្នេះ 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1)2)<1,7-(1/k+1). ដោយគុណធម៌នៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាភាពមិនស្មើគ្នាត្រូវបានបង្ហាញ។ សេចក្តីសន្និដ្ឋាន ជាពិសេស ដោយបានសិក្សាពីវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យា ខ្ញុំបានបង្កើនចំណេះដឹងរបស់ខ្ញុំក្នុងផ្នែកគណិតវិទ្យានេះ ហើយក៏បានរៀនពីរបៀបដោះស្រាយបញ្ហាដែលពីមុនហួសពីអំណាចរបស់ខ្ញុំផងដែរ។ ជាទូទៅ ទាំងនេះគឺជាការងារឡូជីខល និងកម្សាន្ត ពោលគឺឧ។ គ្រាន់តែអ្នកដែលបង្កើនចំណាប់អារម្មណ៍លើគណិតវិទ្យាខ្លួនឯងជាវិទ្យាសាស្ត្រ។ ដំណោះស្រាយនៃបញ្ហាបែបនេះបានក្លាយជាសកម្មភាពកម្សាន្តមួយ ហើយអាចទាក់ទាញមនុស្សដែលមានចម្ងល់កាន់តែច្រើនឡើងទៅបន្ទប់លេខគណិតវិទ្យា។ តាមគំនិតរបស់ខ្ញុំ នេះគឺជាមូលដ្ឋាននៃវិទ្យាសាស្ត្រណាមួយ។ បន្តសិក្សាវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា ខ្ញុំនឹងព្យាយាមរៀនពីរបៀបអនុវត្តវាមិនត្រឹមតែក្នុងគណិតវិទ្យាប៉ុណ្ណោះទេ ប៉ុន្តែថែមទាំងដោះស្រាយបញ្ហាក្នុងរូបវិទ្យា គីមីវិទ្យា និងជីវិតខ្លួនឯងផងដែរ។ គណិតវិទ្យា៖ ការបង្រៀន, កិច្ចការ, ដំណោះស្រាយ សៀវភៅសិក្សា / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin ។ Potpourri LLC ឆ្នាំ ១៩៩៦ ។ ពិជគណិត និង គោលការណ៍នៃការវិភាគ សៀវភៅសិក្សា / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veyts ។ "ការត្រាស់ដឹង" ឆ្នាំ 1975 ។ មេរៀនទី 6. វិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា។ ចំណេះដឹងថ្មីក្នុងវិទ្យាសាស្ត្រ និងជីវិតត្រូវបានទទួលតាមរបៀបផ្សេងៗគ្នា ប៉ុន្តែពួកគេទាំងអស់ (ប្រសិនបើអ្នកមិនចូលទៅក្នុងព័ត៌មានលម្អិត) ត្រូវបានបែងចែកជាពីរប្រភេទ - ការផ្លាស់ប្តូរពីទូទៅទៅពិសេស និងពីពិសេសទៅទូទៅ។ ទីមួយគឺការកាត់ចេញ ទីពីរគឺការបញ្ចូល។ ហេតុផលកាត់យកគឺជាអ្វីដែលត្រូវបានហៅជាធម្មតានៅក្នុងគណិតវិទ្យា ហេតុផលឡូជីខលហើយក្នុងការកាត់រូបវិទ្យាគណិតវិទ្យាគឺជាវិធីសាស្ត្រស៊ើបអង្កេតស្របច្បាប់តែមួយគត់។ ច្បាប់នៃការវែកញែកតក្កវិជ្ជាត្រូវបានបង្កើតឡើងកាលពីពីរពាន់កន្លះមុនដោយអ្នកវិទ្យាសាស្ត្រក្រិកបុរាណ អារីស្តូត។ គាត់បានបង្កើតបញ្ជីពេញលេញនៃហេតុផលត្រឹមត្រូវសាមញ្ញបំផុត សីលវិទ្យា- "ឥដ្ឋ" នៃតក្កវិជ្ជា ក្នុងពេលដំណាលគ្នាចង្អុលបង្ហាញហេតុផលធម្មតា ស្រដៀងទៅនឹងអ្វីដែលត្រឹមត្រូវ ប៉ុន្តែខុស (ជាញឹកញាប់យើងជួបជាមួយហេតុផល "ក្លែងក្លាយ" នៅក្នុងប្រព័ន្ធផ្សព្វផ្សាយ)។ អាំងឌុចស្យុង ( induction - ជាភាសាឡាតាំង ការណែនាំ) ត្រូវបានបង្ហាញដោយរឿងព្រេងដ៏ល្បីល្បាញអំពីរបៀបដែល Isaac Newton បង្កើតច្បាប់ទំនាញសកល បន្ទាប់ពីផ្លែប៉ោមមួយធ្លាក់លើក្បាលរបស់គាត់។ ឧទាហរណ៍មួយទៀតពីរូបវិទ្យា៖ នៅក្នុងបាតុភូតដូចជា អាំងឌុចស្យុងអេឡិចត្រូម៉ាញ៉េទិច វាលអគ្គិសនីបង្កើត "បង្កើត" វាលម៉ាញេទិក។ "ផ្លែប៉ោមរបស់ញូតុន" គឺជាឧទាហរណ៍ធម្មតានៃស្ថានភាពដែលករណីពិសេសមួយ ឬច្រើន ពោលគឺឧ។ ការសង្កេត, "នាំ" ទៅសេចក្តីថ្លែងការណ៍ទូទៅ ការសន្និដ្ឋានទូទៅត្រូវបានធ្វើឡើងនៅលើមូលដ្ឋាននៃករណីពិសេស។ វិធីសាស្ត្រអាំងឌុចស្យុង គឺជាវិធីសាស្រ្តសំខាន់មួយសម្រាប់ការទទួលបានគំរូទូទៅទាំងនៅក្នុងវិទ្យាសាស្ត្រធម្មជាតិ និងមនុស្ស។ ប៉ុន្តែវាមានគុណវិបត្តិយ៉ាងសំខាន់៖ នៅលើមូលដ្ឋាននៃឧទាហរណ៍ជាក់លាក់ ការសន្និដ្ឋានមិនត្រឹមត្រូវអាចត្រូវបានទាញ។ សម្មតិកម្មដែលកើតចេញពីការសង្កេតឯកជនមិនតែងតែត្រឹមត្រូវទេ។ សូមពិចារណាឧទាហរណ៍មួយដោយសារអយល័រ។ យើងនឹងគណនាតម្លៃនៃ trinomial សម្រាប់តម្លៃដំបូងមួយចំនួន ន: ចំណាំថាលេខដែលទទួលបានជាលទ្ធផលនៃការគណនាគឺសំខាន់។ ហើយគេអាចផ្ទៀងផ្ទាត់ដោយផ្ទាល់ថាសម្រាប់នីមួយៗ នតម្លៃពហុធាពី 1 ដល់ 39 Leibniz បានបង្ហាញនៅក្នុងសតវត្សទី 17 ថាសម្រាប់រាល់ចំនួនគត់វិជ្ជមាន នចំនួន គំរូដែលបានពិចារណាអនុញ្ញាតឱ្យយើងទាញសេចក្តីសន្និដ្ឋានដ៏សំខាន់មួយ៖ សេចក្តីថ្លែងការណ៍អាចជាការពិតនៅក្នុងករណីពិសេសមួយចំនួន ហើយក្នុងពេលតែមួយអយុត្តិធម៌ជាទូទៅ។ សំណួរនៃសុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍នៅក្នុងករណីទូទៅអាចត្រូវបានដោះស្រាយដោយការអនុវត្តវិធីសាស្រ្តពិសេសនៃហេតុផលដែលហៅថា ដោយការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា(ការបញ្ចូលពេញលេញ ការបញ្ចូលដ៏ល្អឥតខ្ចោះ) ។ ៦.១. គោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា។ ♦ វិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាគឺផ្អែកលើ គោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា
, រួមមានដូចខាងក្រោមៈ 1) សុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះត្រូវបានផ្ទៀងផ្ទាត់សម្រាប់ន=1
(មូលដ្ឋាន induction)
,
2) សេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះត្រូវបានគេសន្មត់ថាជាការពិតសម្រាប់ន=
kកន្លែងណាkគឺជាលេខធម្មជាតិ 1 បំពាន(ការសន្មតថាជាការចាប់ផ្តើម)
ហើយដោយគិតពីការសន្មត់នេះ សុពលភាពរបស់វាត្រូវបានបង្កើតឡើងសម្រាប់ន=
k+1.
ភស្តុតាង.
ឧបមាថា ឧបមាថា ការអះអាងមិនពិតចំពោះធម្មជាតិនីមួយៗ ន. បន្ទាប់មកមានធម្មជាតិបែបនេះ មអ្វី៖ 1) ការអនុម័តសម្រាប់ ន=មមិនត្រឹមត្រូវ, 2) សម្រាប់មនុស្សគ្រប់គ្នា ន, តូចជាង មការអះអាងគឺជាការពិត (និយាយម្យ៉ាងទៀត មគឺជាលេខធម្មជាតិដំបូងដែលការអះអាងបរាជ័យ)។ វាច្បាស់ណាស់។ ម> 1, ដោយសារតែ សម្រាប់ ន=1 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត (លក្ខខណ្ឌ 1) ។ អាស្រ័យហេតុនេះ ចំណាំថាភស្តុតាងបានប្រើ axiom ដែលការប្រមូលលេខធម្មជាតិណាមួយមានលេខតូចបំផុត។ ភ័ស្តុតាងផ្អែកលើគោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាត្រូវបានគេហៅថា ដោយការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាពេញលេញ
.
ឧទាហរណ៍6.1.
បញ្ជាក់ថាសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ។ នចំនួន ដំណោះស្រាយ។ 1) ពេលណា ន=1 ដូច្នេះ ក 1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 ហើយសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ ន=1. 2) សន្មតថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ ន=k,
ជាការពិត, ដោយសារតែ ពាក្យនីមួយៗត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 បន្ទាប់មកផលបូករបស់ពួកគេក៏ត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 ។ ■
ឧទាហរណ៍6.2.
បង្ហាញថាផលបូកនៃទីមួយ នលេខសេសធម្មជាតិគឺស្មើនឹងការេនៃចំនួនរបស់ពួកគេ ពោលគឺ . ដំណោះស្រាយ។យើងប្រើវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាពេញលេញ។ 1) យើងពិនិត្យមើលសុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះសម្រាប់ ន=1:1=1 2 ត្រឹមត្រូវ។ 2) ឧបមាថាផលបូកនៃទីមួយ k
( យើងប្រើការសន្មត់របស់យើងហើយទទួលបាន .
■
វិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាពេញលេញត្រូវបានប្រើដើម្បីបញ្ជាក់វិសមភាពមួយចំនួន។ ចូរយើងបង្ហាញពីវិសមភាពរបស់ Bernoulli ។ ឧទាហរណ៍6.3.
បញ្ជាក់ថាពេលណា ដំណោះស្រាយ។ 1) ពេលណា ន=1 យើងទទួលបាន 2) យើងសន្មត់ថានៅ ន=kមានវិសមភាព គុណផ្នែកទាំងពីរនៃវិសមភាព (*) ដោយលេខ នោះគឺ (1+ ភស្តុតាងដោយវិធីសាស្រ្ត ការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាមិនពេញលេញ
ការអះអាងខ្លះអាស្រ័យលើ នកន្លែងណា បញ្ហាមួយចំនួនមិនបង្កើតសេចក្តីថ្លែងការណ៍ច្បាស់លាស់ដែលអាចបញ្ជាក់បានដោយការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា។ ក្នុងករណីបែបនេះ ចាំបាច់ត្រូវបង្កើតភាពទៀងទាត់ និងបង្ហាញពីសម្មតិកម្មអំពីសុពលភាពនៃភាពទៀងទាត់នេះ ហើយបន្ទាប់មកសាកល្បងសម្មតិកម្មដែលបានស្នើឡើងដោយវិធីសាស្ត្រនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា។ ឧទាហរណ៍6.4.
ស្វែងរកបរិមាណ ដំណោះស្រាយ។ចូរយើងស្វែងរកផលបូក ស 1 ,
ស 2 ,
ស៣. យើងមាន 1) ពេលណា ន=1 សម្មតិកម្មគឺពិតព្រោះ 2) សន្មតថាសម្មតិកម្មគឺជាការពិតសម្រាប់ ន=k,
ជាការពិត, ដូច្នេះសន្មតថាសម្មតិកម្មគឺជាការពិតសម្រាប់ ន=k,
ឧទាហរណ៍6.5.
នៅក្នុងគណិតវិទ្យា វាត្រូវបានបង្ហាញថាផលបូកនៃអនុគមន៍បន្តស្មើគ្នាពីរគឺជាអនុគមន៍បន្តស្មើគ្នា។ ដោយផ្អែកលើសេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះ យើងត្រូវបញ្ជាក់ថា ផលបូកនៃចំនួនណាមួយ។ ដំណោះស្រាយ។មូលដ្ឋាននៃការបញ្ចូលនៅទីនេះគឺមាននៅក្នុងការបង្កើតបញ្ហាយ៉ាងខ្លាំង។ ការធ្វើឱ្យមានការសន្មត់ដោយប្រឌិត សូមពិចារណា នេះបញ្ជាក់ពីការអះអាង ហើយនឹងប្រើវាបន្ថែមទៀត។ ■
ឧទាហរណ៍6.6.
ស្វែងរកធម្មជាតិទាំងអស់។ នដែលវិសមភាព ដំណោះស្រាយ។ពិចារណា ន=1, 2, 3, 4, 5, 6។ យើងមាន៖ 2 1 >1 2 , 2 2 =2 2 , 2 3<3 2 ,
2 4 =4 2 ,
2 5 >5 2, 2 6>6 2 . ដូច្នេះយើងអាចបង្កើតសម្មតិកម្មមួយ៖ វិសមភាព 1) ដូចដែលបានបញ្ជាក់ខាងលើ សម្មតិកម្មនេះគឺជាការពិតសម្រាប់ ន=5. 2) ឧបមាថាវាជាការពិតសម្រាប់ ន=k,
T. ទៅ។ បន្ទាប់មកយើងទទួលបាននោះ។ ពី pp ។ 1 និង 2 ដោយផ្អែកលើគោលការណ៍នៃ induction គណិតវិទ្យាមិនពេញលេញ វាដូចខាងក្រោមថាវិសមភាព ឧទាហរណ៍6.7.
បញ្ជាក់ថាសម្រាប់លេខធម្មជាតិណាមួយ។ នរូបមន្តនៃភាពខុសគ្នាគឺត្រឹមត្រូវ។ ដំណោះស្រាយ។នៅ ន=1 រូបមន្តនេះមានទម្រង់ Q.E.D. ■
ឧទាហរណ៍6.8.
បញ្ជាក់ថាសំណុំមាន នធាតុ, មាន ដំណោះស្រាយ។សំណុំជាមួយធាតុមួយ។ ក, មានពីររង។ នេះជាការពិតព្រោះសំណុំរងរបស់វាទាំងអស់គឺជាសំណុំទទេ និងសំណុំខ្លួនវា និង 2 1 = 2 ។ យើងសន្មតថាសំណុំណាមួយ។ នធាតុមាន ឈុត B មាន នធាតុ ហើយ ដូច្នេះ ដោយ សម្មតិកម្ម បញ្ចូល វា មាន ប៉ុន្តែនៅក្នុងថ្នាក់ទីពីរមានចំនួនរងដូចគ្នា៖ ពួកវានីមួយៗត្រូវបានទទួលពីសំណុំរងមួយនៃថ្នាក់ទីមួយដោយបន្ថែមធាតុ។ ឃ. ដូច្នេះសរុបមក សំណុំ A ដូច្នេះការអះអាងត្រូវបានបញ្ជាក់។ ចំណាំថាវាក៏មានសុពលភាពសម្រាប់សំណុំដែលមានធាតុ 0 - សំណុំទទេ៖ វាមានសំណុំរងតែមួយ - ខ្លួនវា និង 2 0 = 1 ។ ■
ដើម្បីធ្វើដូចនេះដំបូងពិនិត្យមើលការពិតនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍ដោយលេខ 1 - មូលដ្ឋាន inductionហើយបន្ទាប់មកវាត្រូវបានបង្ហាញថាប្រសិនបើសេចក្តីថ្លែងការណ៍ដែលមានលេខ នបន្ទាប់មកការអះអាងខាងក្រោមជាមួយនឹងលេខ ន + 1 - ជំហានបញ្ចូល, ឬ ការផ្លាស់ប្តូរ inductive. ភស្តុតាងដោយការបញ្ចូលអាចត្រូវបានមើលឃើញក្នុងទម្រង់នៃអ្វីដែលគេហៅថា គោលការណ៍ដូមីណូ. អនុញ្ញាតឱ្យចំនួន dominoes ណាមួយត្រូវបានដាក់ក្នុងជួរដេកមួយតាមរបៀបដែល domino នីមួយៗធ្លាក់ចុះ ចាំបាច់ក្រឡាប់ domino បន្ទាប់ (នេះគឺជាការផ្លាស់ប្តូរ inductive) ។ បន្ទាប់មកប្រសិនបើយើងរុញឆ្អឹងទីមួយ (នេះគឺជាមូលដ្ឋាននៃការបញ្ចូល) នោះឆ្អឹងទាំងអស់នៅក្នុងជួរដេកនឹងធ្លាក់ចុះ។ មូលដ្ឋានឡូជីខលសម្រាប់វិធីសាស្រ្តនៃភស្តុតាងនេះគឺជាអ្វីដែលហៅថា axiom នៃ inductionទីប្រាំនៃ axioms Peano ដែលកំណត់លេខធម្មជាតិ។ ភាពត្រឹមត្រូវនៃវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគឺស្មើនឹងការពិតដែលថានៅក្នុងសំណុំរងនៃលេខធម្មជាតិណាមួយមានធាតុអប្បបរមា។ វាក៏មានបំរែបំរួលមួយផងដែរ ដែលហៅថាគោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាពេញលេញ។ នេះគឺជាពាក្យដ៏តឹងរឹងរបស់វា៖ គោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាពេញលេញក៏ស្មើនឹង axiom នៃ induction នៅក្នុង axioms របស់ Peano ផងដែរ។ កិច្ចការមួយ។បញ្ជាក់ថាធម្មជាតិយ៉ាងណាក៏ដោយ ននិងពិត q≠ 1, សមភាព ភស្តុតាង។ការដាក់បញ្ចូលនៅលើ ន. មូលដ្ឋាន, ន = 1: ការផ្លាស់ប្តូរ៖ ចូរយើងធ្វើពុតថា Q.E.D. មតិយោបល់៖ភាពស្មោះត្រង់នៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍ ទំ ននៅក្នុងភស្តុតាងនេះគឺដូចគ្នាទៅនឹងសុពលភាពនៃសមភាព មូលនិធិវិគីមេឌា។ ឆ្នាំ ២០១០។ ការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាក្នុងគណិតវិទ្យាគឺជាវិធីសាស្រ្តមួយក្នុងចំណោមវិធីសាស្រ្តភស្តុតាង។ ប្រើដើម្បីបញ្ជាក់ការពិតនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍មួយចំនួនសម្រាប់លេខធម្មជាតិទាំងអស់។ ដើម្បីធ្វើដូច្នេះ ទីមួយ សេចក្តីពិតនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍ដែលមានលេខ 1 ត្រូវបានគូសធីក មូលដ្ឋាននៃសេចក្តីផ្តើម ហើយបន្ទាប់មក ... ... វិគីភីឌា វិធីសាស្រ្តនៃការសាងសង់ទ្រឹស្ដីមួយ លើសពីនេះទៅទៀត វាត្រូវបានផ្អែកលើបទប្បញ្ញត្តិមួយចំនួនរបស់វា - axioms ឬ postulates - ដែលបទប្បញ្ញត្តិផ្សេងទៀតទាំងអស់នៃទ្រឹស្តី (ទ្រឹស្តីបទ) ត្រូវបានមកដោយការវែកញែក ហៅថា ភស្តុតាង m i ។ ក្បួនដោយវិធី ...... សព្វវចនាធិប្បាយទស្សនវិជ្ជា ការណែនាំ (ឡាតាំង inductio guidance) គឺជាដំណើរការនៃការសន្និដ្ឋានដោយផ្អែកលើការផ្លាស់ប្តូរពីមុខតំណែងជាក់លាក់មួយទៅទូទៅមួយ។ ហេតុផលអាំងឌុចស្យុងភ្ជាប់បរិវេណឯកជនជាមួយនឹងការសន្និដ្ឋានមិនច្រើនតាមរយៈច្បាប់នៃតក្កវិជ្ជាទេ ប៉ុន្តែតាមរយៈមួយចំនួន ... ... វិគីភីឌា វិធីសាស្រ្តហ្សែន- វិធីដើម្បីកំណត់ខ្លឹមសារ និងខ្លឹមសារនៃវត្ថុដែលកំពុងសិក្សា មិនមែនដោយអនុសញ្ញា ឧត្តមគតិ ឬការសន្និដ្ឋានឡូជីខលទេ ប៉ុន្តែដោយសិក្សាពីប្រភពដើមរបស់វា (ផ្អែកលើការសិក្សាអំពីហេតុផលដែលនាំទៅដល់ការកើតឡើងរបស់វា យន្តការនៃការបង្កើត)។ ធំទូលាយ...... ទស្សនវិជ្ជានៃវិទ្យាសាស្ត្រ៖ សទ្ទានុក្រមនៃលក្ខខណ្ឌមូលដ្ឋាន វិធីសាស្រ្តនៃការបង្កើតទ្រឹស្ដីវិទ្យាសាស្ត្រ ដែលវាផ្អែកលើការស្នើដំបូងមួយចំនួន (ការវិនិច្ឆ័យ) នៃ axiom (មើល Axiom) ឬ Postulates ដែលសេចក្តីថ្លែងការណ៍ផ្សេងទៀតទាំងអស់នៃវិទ្យាសាស្ត្រនេះ (ទ្រឹស្តីបទ (សូមមើលទ្រឹស្តីបទ)) ត្រូវតែយកមក។ .. ... សព្វវចនាធិប្បាយសូវៀតដ៏អស្ចារ្យ វិធីសាស្រ្ត axiomatic- វិធីសាស្រ្ត AXIOMATIC (មកពីភាសាក្រិច។ axioma) ទីតាំងដែលទទួលយកគឺជាវិធីសាស្រ្តនៃការសាងសង់ទ្រឹស្ដីវិទ្យាសាស្ត្រ ដែលមានតែ axioms, postulates និង statements ដែលទទួលបានពីមុនពីពួកវាប៉ុណ្ណោះដែលត្រូវបានប្រើប្រាស់ក្នុងភស្តុតាង។ បង្ហាញខ្លួនជាលើកដំបូង... សព្វវចនាធិប្បាយវិទ្យាសាស្ត្រ និងទស្សនវិជ្ជាវិទ្យាសាស្ត្រ វិធីសាស្រ្តទ្រឹស្តីកំហុសមួយសម្រាប់ការប៉ាន់ប្រមាណបរិមាណមិនស្គាល់ពីលទ្ធផលនៃការវាស់វែងដែលមានកំហុសចៃដន្យ។ N. c. m. ត្រូវបានគេប្រើផងដែរសម្រាប់ការតំណាងប្រហាក់ប្រហែលនៃមុខងារដែលបានផ្តល់ឱ្យដោយមុខងារផ្សេងទៀត (សាមញ្ញជាង) ហើយជារឿយៗប្រែជា ... សព្វវចនាធិប្បាយគណិតវិទ្យា ការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាគឺជាវិធីសាស្រ្តមួយនៃភស្តុតាងគណិតវិទ្យា ដែលប្រើដើម្បីបញ្ជាក់ការពិតនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍មួយចំនួនសម្រាប់លេខធម្មជាតិទាំងអស់។ ដើម្បីធ្វើដូចនេះដំបូងពិនិត្យមើល ... វិគីភីឌា ពាក្យនេះមានអត្ថន័យផ្សេងទៀត សូមមើល Induction ។ ការណែនាំ (ឡាតាំង inductio guidance) គឺជាដំណើរការនៃការសន្និដ្ឋានដោយផ្អែកលើការផ្លាស់ប្តូរពីមុខតំណែងជាក់លាក់មួយទៅទូទៅមួយ។ Inductive reasoning ភ្ជាប់បរិវេណឯកជន ... ... វិគីភីឌា Induction គឺជាវិធីសាស្រ្តនៃការទទួលបានសេចក្តីថ្លែងការណ៍ទូទៅពីការសង្កេតជាក់លាក់មួយ។ ក្នុងករណីនៅពេលដែលសេចក្តីថ្លែងការណ៍គណិតវិទ្យាទាក់ទងនឹងចំនួនវត្ថុកំណត់ វាអាចត្រូវបានបញ្ជាក់ដោយពិនិត្យមើលវត្ថុនីមួយៗ។ ឧទាហរណ៍ សេចក្តីថ្លែងការណ៍៖ “រាល់លេខគូពីរខ្ទង់ គឺជាផលបូកនៃលេខសំខាន់ពីរ” ធ្វើតាមពីស៊េរីនៃសមភាពដែលមានលក្ខណៈប្រាកដនិយមដើម្បីបង្កើត៖ 10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79. វិធីសាស្រ្តនៃភ័ស្តុតាង ដែលសេចក្តីថ្លែងការណ៍មួយត្រូវបានផ្ទៀងផ្ទាត់សម្រាប់ចំនួនកំណត់នៃករណី ដែលអស់លទ្ធភាពទាំងអស់ត្រូវបានគេហៅថា ការបញ្ចូលពេញលេញ។ វិធីសាស្រ្តនេះគឺកម្រអាចអនុវត្តបាន ចាប់តាំងពីសេចក្តីថ្លែងការណ៍គណិតវិទ្យា ជាក្បួនបារម្ភមិនកំណត់ ប៉ុន្តែសំណុំវត្ថុគ្មានកំណត់។ ឧទាហរណ៍ សេចក្តីថ្លែងការណ៍អំពីលេខពីរខ្ទង់ដែលបានបង្ហាញខាងលើដោយការបញ្ចូលពេញលេញគ្រាន់តែជាករណីពិសេសនៃទ្រឹស្តីបទប៉ុណ្ណោះ៖ "លេខគូណាមួយគឺជាផលបូកនៃចំនួនបឋមពីរ"។ ទ្រឹស្តីបទនេះមិនទាន់ត្រូវបានបញ្ជាក់ ឬបដិសេធនៅឡើយ។ ការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាគឺជាវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ជាក់សេចក្តីថ្លែងការណ៍ជាក់លាក់មួយសម្រាប់ n ធម្មជាតិណាមួយដោយផ្អែកលើគោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា៖ "ប្រសិនបើសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ n = 1 និងពីសុពលភាពរបស់វាសម្រាប់ n = k វាដូចខាងក្រោមថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះគឺពិតសម្រាប់ n = ។ k+1 បន្ទាប់មកវាជាការពិតសម្រាប់ n" ទាំងអស់។ វិធីសាស្រ្តនៃភស្តុតាងដោយ induction គណិតវិទ្យាមានដូចខាងក្រោម: 1) មូលដ្ឋាននៃការបញ្ចូល៖ បញ្ជាក់ ឬផ្ទៀងផ្ទាត់ដោយផ្ទាល់នូវសុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍សម្រាប់ n=1 (ជួនកាល n=0 ឬ n=n 0); 2) ជំហានចាប់ផ្តើម (ការផ្លាស់ប្តូរ)៖ ពួកគេសន្មត់សុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍សម្រាប់ n=k ធម្មជាតិមួយចំនួន ហើយផ្អែកលើការសន្មត់នេះ បញ្ជាក់សុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍សម្រាប់ n=k+1។ 1. បង្ហាញថាសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ n លេខ 3 2n + 1 +2 n + 2 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 7 ។ សម្គាល់ A(n)=3 2n+1 +2 n+2 ។ មូលដ្ឋាននៃការបញ្ចូល។ ប្រសិនបើ n=1 នោះ A(1)=3 3 +2 3=35 ហើយច្បាស់ជាបែងចែកដោយ 7។ សម្មតិកម្មអាំងឌុចស្យុង។ អនុញ្ញាតឱ្យ A(k) ចែកនឹង 7 ។ ការផ្លាស់ប្តូរ inductive ។ ចូរយើងបង្ហាញថា A(k+1) ត្រូវបានបែងចែកដោយ 7 នោះគឺសុពលភាពនៃសេចក្តីថ្លែងការណ៍នៃបញ្ហាសម្រាប់ n=k ។ 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 ២= 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 ។ លេខចុងក្រោយត្រូវបែងចែកដោយ 7 ព្រោះវាជាភាពខុសគ្នានៃចំនួនគត់ពីរចែកដោយ 7។ ដូច្នេះហើយ 3 2n+1 +2 n+2 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 7 សម្រាប់ n ធម្មជាតិណាមួយ។ 2. បង្ហាញថាសម្រាប់ចំនួនគត់វិជ្ជមានណាមួយ n លេខ 2 3 n +1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 n + 1 ហើយមិនត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 n + 2 ទេ។ ចូរណែនាំសញ្ញាណៈ a i = 2 3 i +1 ។ សម្រាប់ n=1 យើងមាន ហើយ 1=2 3 +1=9។ ដូច្នេះ 1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 2 ហើយមិនបែងចែកដោយ 3 3 ។ អនុញ្ញាតឱ្យ n = k ចំនួន a k ត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 k + 1 និងមិនបែងចែកដោយ 3 k + 2 ពោលគឺ a k = 2 3 k +1 = 3 k + 1 m ដែល m មិនត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 ។ និង 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 k +1) 2–3 2 3 k)=3 k+1 m ((3 k+1 m) 2–3 2 3 k)= 3 k+2 m (3 2k+1 m 2–2 3 k)។ ជាក់ស្តែង k+1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 k+2 ហើយមិនត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 k+3 ទេ។ ដូច្នេះការអះអាងត្រូវបានបញ្ជាក់សម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ n ។ 3. គេដឹងថា x+1/x គឺជាចំនួនគត់។ បង្ហាញថា х n +1/х n ក៏ជាចំនួនគត់សម្រាប់ចំនួនគត់ n ។ ចូរណែនាំសញ្ញាណៈ a i \u003d x i +1 / x i ហើយចំណាំភ្លាមថា a i \u003d a -i ដូច្នេះយើងនឹងបន្តនិយាយអំពីសន្ទស្សន៍ធម្មជាតិ។ ចំណាំ៖ និង 1 គឺជាចំនួនគត់តាមលក្ខខណ្ឌ។ a 2 គឺជាចំនួនគត់ ចាប់តាំងពី 2 \u003d (a 1) 2 -2; និង 0=2 ។ សន្មត់ថា k គឺជាចំនួនគត់សម្រាប់ចំនួនគត់វិជ្ជមាន k ដែលមិនលើសពី n ។ បន្ទាប់មក a 1 ·a n គឺជាចំនួនគត់ ប៉ុន្តែ a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 និង a n+1 =a 1 ·a n–a n–1 ។ ទោះយ៉ាងណាក៏ដោយ និង n-1 គឺជាចំនួនគត់ដោយសម្មតិកម្មចាប់ផ្តើម។ ដូច្នេះ а n+1 ក៏ជាចំនួនគត់ផងដែរ។ ដូច្នេះ х n +1/х n គឺជាចំនួនគត់សម្រាប់ចំនួនគត់ n ដែលត្រូវបញ្ជាក់។ 4. បង្ហាញថាសម្រាប់ចំនួនវិជ្ជមានណាមួយ n ធំជាង 1 វិសមភាពទ្វេ 5. បង្ហាញថាសម្រាប់ធម្មជាតិ n > 1 និង |х| (1–x)n +(1+x)n សម្រាប់ n=2 វិសមភាពគឺពិត។ ពិតជា (1–x) 2 + (1 + x) 2 \u003d 2 + 2 x 2 ប្រសិនបើវិសមភាពគឺពិតសម្រាប់ n=k នោះសម្រាប់ n=k+1 យើងមាន (1–x)k+1 +(1+x)k+1 វិសមភាពត្រូវបានបញ្ជាក់សម្រាប់ចំនួនធម្មជាតិណាមួយ n > 1។ 6. មានរង្វង់ n នៅលើយន្តហោះ។ បង្ហាញថាសម្រាប់ការរៀបចំណាមួយនៃរង្វង់ទាំងនេះ ផែនទីដែលបង្កើតឡើងដោយពួកវាអាចត្រូវបានដាក់ពណ៌យ៉ាងត្រឹមត្រូវជាមួយនឹងពណ៌ពីរ។ ចូរយើងប្រើវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យា។ សម្រាប់ n=1 ការអះអាងគឺជាក់ស្តែង។ ឧបមាថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ផែនទីណាមួយដែលបង្កើតឡើងដោយរង្វង់ n ហើយអនុញ្ញាតឱ្យរង្វង់ n + 1 ត្រូវបានផ្តល់ឱ្យនៅលើយន្តហោះ។ ដោយការលុបរង្វង់មួយក្នុងចំនោមរង្វង់ទាំងនេះ យើងទទួលបានផែនទីដែលតាមសន្មត់ដែលបានធ្វើ អាចត្រូវបានពណ៌ត្រឹមត្រូវជាមួយនឹងពណ៌ពីរ (សូមមើលរូបទីមួយខាងក្រោម)។ បន្ទាប់មកយើងស្តាររង្វង់ដែលបោះបង់ចោលហើយនៅផ្នែកម្ខាងរបស់វាឧទាហរណ៍នៅខាងក្នុងផ្លាស់ប្តូរពណ៌នៃតំបន់នីមួយៗទៅផ្ទុយ (សូមមើលរូបភាពទីពីរ) ។ វាងាយមើលឃើញថាក្នុងករណីនេះយើងទទួលបានផែនទីដែលមានពណ៌ពីរយ៉ាងត្រឹមត្រូវ ប៉ុន្តែឥឡូវនេះមានតែរង្វង់ n + 1 ប៉ុណ្ណោះដែលត្រូវបញ្ជាក់។ 7. ពហុកោណប៉ោងនឹងត្រូវបានគេហៅថា "ស្រស់ស្អាត" ប្រសិនបើលក្ខខណ្ឌខាងក្រោមត្រូវបានបំពេញ: 1) បញ្ឈរនីមួយៗត្រូវបានលាបពណ៌មួយក្នុងចំណោមបីពណ៌។ 2) បញ្ឈរជិតខាងណាមួយត្រូវបានលាបពណ៌ផ្សេងគ្នា; 3) យ៉ាងហោចណាស់ចំនុចកំពូលមួយនៃពហុកោណត្រូវបានពណ៌នៅក្នុងពណ៌នីមួយៗនៃបី។ បង្ហាញថានី-ហ្គនដ៏ស្រស់ស្អាតណាមួយអាចត្រូវបានកាត់ដោយអង្កត់ទ្រូងដែលមិនប្រសព្វទៅជាត្រីកោណ "ដ៏ស្រស់ស្អាត" ។ ចូរយើងប្រើវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យា។ មូលដ្ឋាននៃការបញ្ចូល។ សម្រាប់យ៉ាងហោចណាស់អាចធ្វើទៅបាន n=3 សេចក្តីថ្លែងការណ៍នៃបញ្ហាគឺជាក់ស្តែង: ចំនុចកំពូលនៃត្រីកោណ "ដ៏ស្រស់ស្អាត" ត្រូវបានលាបពណ៌ជាបីពណ៌ផ្សេងគ្នា ហើយមិនចាំបាច់កាត់ទេ។ សម្មតិកម្មអាំងឌុចស្យុង។ ចូរយើងសន្មត់ថាសេចក្តីថ្លែងការណ៍នៃបញ្ហាគឺជាការពិតសម្រាប់ n-gon "ដ៏ស្រស់ស្អាត" ណាមួយ។ ជំហានបញ្ចូល។ ពិចារណាអំពី "ស្រស់ស្អាត" (n + 1)-gon ដែលបំពាន ហើយបង្ហាញ ដោយប្រើការសន្មត់ថា វាអាចត្រូវបានកាត់ដោយអង្កត់ទ្រូងមួយចំនួនទៅជាត្រីកោណ "ដ៏ស្រស់ស្អាត" ។ សម្គាល់ដោយ А 1 , А 2 , А 3 , … А n , А n+1 - ចំនុចកំពូលបន្តបន្ទាប់នៃ (n+1)-gon ។ ប្រសិនបើមានតែចំនុចកំពូលមួយនៃ (n + 1)-gon ត្រូវបានលាបពណ៌ណាមួយក្នុងចំនោមពណ៌ទាំងបី នោះដោយការភ្ជាប់ចំនុចកំពូលនេះជាមួយនឹងអង្កត់ទ្រូងទៅនឹងចំនុចកំពូលទាំងអស់ដែលមិននៅជាប់នឹងវា យើងទទួលបានភាគថាសចាំបាច់នៃ (n + 1)- ចូលទៅក្នុងត្រីកោណ "ស្រស់ស្អាត" ។ ប្រសិនបើចំនុចកំពូលពីរនៃ (n + 1)-gon ត្រូវបានលាបពណ៌នីមួយៗក្នុងចំណោមពណ៌ទាំងបីនោះ យើងសម្គាល់ពណ៌នៃចំនុចកំពូល A 1 ដោយលេខ 1 និងពណ៌នៃចំនុចកំពូល A 2 ដោយលេខ 2 . សូមឱ្យ k ជាចំនួនតូចបំផុត ដែលចំនុចកំពូល A k ត្រូវបានពណ៌ជាពណ៌ទីបី។ វាច្បាស់ណាស់ថា k > 2. ចូរយើងកាត់ត្រីកោណ А k–2 А k–1 А k ចេញពី (n+1)-gon ជាមួយនឹងអង្កត់ទ្រូង А k–2 А k ។ អនុលោមតាមជម្រើសនៃលេខ k ចំនុចកំពូលទាំងអស់នៃត្រីកោណនេះត្រូវបានលាបពណ៌បីពណ៌ផ្សេងគ្នា ពោលគឺ ត្រីកោណនេះគឺ "ស្រស់ស្អាត"។ ប៉ោង n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 ដែលនៅសេសសល់ ក៏នឹង ដោយសារតែការសន្មត់ថា "ស្រស់ស្អាត" ដែលមានន័យថាវា ត្រូវបានបែងចែកទៅជាត្រីកោណ "ដ៏ស្រស់ស្អាត" ដែលចាំបាច់ត្រូវតែបញ្ជាក់។ 8. បង្ហាញថានៅក្នុងប៉ោង n-gon វាមិនអាចទៅរួចទេក្នុងការជ្រើសរើសច្រើនជាង n អង្កត់ទ្រូងដើម្បីឱ្យពួកវាទាំងពីរមានចំណុចរួមមួយ។ ចូរយើងអនុវត្តភស្តុតាងដោយវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យា។ ចូរយើងបង្ហាញពីសេចក្តីថ្លែងការណ៍ទូទៅមួយបន្ថែមទៀត៖ នៅក្នុងប៉ោង n-gon វាមិនអាចទៅរួចទេក្នុងការជ្រើសរើសច្រើនជាង n ចំហៀង និងអង្កត់ទ្រូង ដូច្នេះថាមួយក្នុងចំណោមទាំងពីរមានចំណុចរួមមួយ។ សម្រាប់ n = 3 ការអះអាងគឺជាក់ស្តែង។ អនុញ្ញាតឱ្យយើងសន្មត់ថាការអះអាងនេះគឺជាការពិតសម្រាប់ arbitrary n-gon ហើយដោយប្រើវា បញ្ជាក់សុពលភាពរបស់វាសម្រាប់ arbitrary (n + 1)-gon ។ សន្មតថាសម្រាប់ (n + 1)-gon សេចក្តីថ្លែងការណ៍នេះមិនពិតទេ។ ប្រសិនបើមិនមានជ្រុងដែលបានជ្រើសរើសច្រើនជាងពីរ ឬអង្កត់ទ្រូងផុសចេញពីចំនុចកំពូលនីមួយៗនៃ (n+1)-gon នោះមានភាគច្រើនបំផុត n+1 ក្នុងចំណោមពួកគេត្រូវបានជ្រើសរើស។ ដូច្នេះ យ៉ាងហោចបីជ្រុងដែលបានជ្រើសរើស ឬអង្កត់ទ្រូង AB, AC, AD ផុសចេញពីចំនុចកំពូល A ។ អនុញ្ញាតឱ្យ AC ស្ថិតនៅចន្លោះ AB និង AD ។ ដោយសារផ្នែកណាមួយ ឬអង្កត់ទ្រូងដែលចេញពី C ក្រៅពី CA មិនអាចឆ្លងកាត់ AB និង AD ក្នុងពេលតែមួយបានទេ មានតែអង្កត់ទ្រូង CA ដែលបានជ្រើសរើសមួយចេញពី C ។ ការចោលចំនុច C រួមជាមួយនឹងអង្កត់ទ្រូង CA យើងទទួលបាន n-gon ប៉ោង ដែលផ្នែកច្រើនជាង n និងអង្កត់ទ្រូងត្រូវបានជ្រើសរើស ដែលទាំងពីរមានចំណុចរួមមួយ។ ដូេចនះ េយង េកើតេឡើង េ យ េ យ ន ិ ង ន ិ ង ន ិ ង ន ិ ង ន ឹ ង ន ឹ ង ន ន ង ន ន ង ន ជ ន ន ង ន ជ ន ជ ន . ដូច្នេះសម្រាប់ (n + 1)-gon សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។ អនុលោមតាមគោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិតសម្រាប់ប៉ោងណាមួយ n-gon ។ 9. មានបន្ទាត់ n គូសក្នុងយន្តហោះ គ្មានពីរដែលស្របគ្នា និងគ្មានបីឆ្លងកាត់ចំណុចដូចគ្នា។ តើខ្សែទាំងនេះបែងចែកយន្តហោះទៅជាប៉ុន្មានផ្នែក។ ដោយមានជំនួយពីគំនូរបឋម វាងាយស្រួលក្នុងការធ្វើឱ្យប្រាកដថាបន្ទាត់ត្រង់មួយបែងចែកយន្តហោះជា 2 ផ្នែក បន្ទាត់ត្រង់ពីរជា 4 ផ្នែក បន្ទាត់ត្រង់បីជា 7 ផ្នែក និងបន្ទាត់ត្រង់បួនជា 11 ផ្នែក។ សម្គាល់ដោយ N(n) ចំនួនផ្នែកដែល n បែងចែកយន្តហោះ។ វាអាចត្រូវបានគេមើលឃើញថា N(2)=N(1)+2=2+2, N(3)=N(2)+3=2+2+3, N(4)=N(3)+4=2+2+3+4។ វាជារឿងធម្មជាតិដែលសន្មតថា N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n, ឬដូចជាការងាយស្រួលក្នុងការបង្កើតដោយប្រើរូបមន្តសម្រាប់ផលបូកនៃពាក្យ n ទីមួយនៃការរីកចម្រើននព្វន្ធ N(n)=1+n(n+1)/2។ អនុញ្ញាតឱ្យយើងបញ្ជាក់ពីសុពលភាពនៃរូបមន្តនេះដោយវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យា។ សម្រាប់ n=1 រូបមន្តត្រូវបានផ្ទៀងផ្ទាត់រួចហើយ។ ដោយបានធ្វើការសន្មត់អាំងឌុចទ័ល សូមពិចារណាបន្ទាត់ k + 1 ដែលបំពេញលក្ខខណ្ឌនៃបញ្ហា។ យើងជ្រើសរើសបន្ទាត់ត្រង់ k តាមអំពើចិត្តពីពួកគេ។ តាមសម្មតិកម្មអាំងឌុចទ័ ពួកគេបែងចែកយន្តហោះទៅជា 1+ k(k+1)/2 ផ្នែក។ ខ្សែដែលនៅសល់ (k + 1)-th នឹងត្រូវបានបែងចែកដោយបន្ទាត់ k ដែលបានជ្រើសរើសទៅជាផ្នែក k + 1 ហើយដូច្នេះនឹងឆ្លងកាត់ផ្នែក (k + 1)-th ដែលយន្តហោះបានបែងចែករួចហើយ ហើយផ្នែកនីមួយៗនៃ ផ្នែកទាំងនេះនឹងត្រូវបែងចែកជា 2 ផ្នែក ពោលគឺ k+1 ផ្នែកបន្ថែមនឹងត្រូវបានបន្ថែម។ ដូច្នេះ N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2, Q.E.D. 10. នៅក្នុងកន្សោម x 1: x 2: ...: x n តង្កៀបត្រូវបានដាក់ដើម្បីចង្អុលបង្ហាញលំដាប់នៃសកម្មភាព ហើយលទ្ធផលត្រូវបានសរសេរជាប្រភាគ៖ (ក្នុងករណីនេះ អក្សរនីមួយៗ x 1, x 2, ..., x n គឺនៅក្នុងភាគយកនៃប្រភាគ ឬក្នុងភាគបែង)។ តើមានកន្សោមខុសៗគ្នាប៉ុន្មានដែលអាចទទួលបានតាមវិធីនេះ ជាមួយនឹងវិធីដែលអាចធ្វើបានទាំងអស់នៃការរៀបចំតង្កៀប? ជាដំបូងវាច្បាស់ណាស់ថានៅក្នុងប្រភាគលទ្ធផល x 1 នឹងស្ថិតនៅក្នុងភាគយក។ វាច្បាស់ដូចគ្នាថា x 2 នឹងស្ថិតនៅក្នុងភាគបែងសម្រាប់ការរៀបចំតង្កៀបណាមួយ (សញ្ញាចែកមុន x 2 សំដៅលើ x 2 ខ្លួនវា ឬចំពោះកន្សោមណាមួយដែលមាន x 2 ក្នុងភាគយក)។ វាអាចត្រូវបានសន្មត់ថាអក្សរផ្សេងទៀតទាំងអស់ x 3 , x 4 , ... , x n អាចមានទីតាំងនៅក្នុងភាគយកឬភាគបែងតាមរបៀបបំពានទាំងស្រុង។ វាដូចខាងក្រោមថាសរុបអ្នកអាចទទួលបាន 2 n-2 ប្រភាគ៖ នីមួយៗនៃអក្សរ n-2 x 3, x 4, ..., x n អាចឯករាជ្យពីអ្នកផ្សេងទៀតនៅក្នុងភាគយកឬភាគបែង។ អនុញ្ញាតឱ្យយើងបង្ហាញការអះអាងនេះដោយការណែនាំ។ ជាមួយនឹង n=3 អ្នកអាចទទួលបាន 2 ប្រភាគ៖ ដូច្នេះសេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។ យើងសន្មត់ថាវាមានសុពលភាពសម្រាប់ n=k ហើយបញ្ជាក់វាសម្រាប់ n=k+1។ អនុញ្ញាតឱ្យកន្សោម x 1: x 2: ...: x k បន្ទាប់ពីការរៀបចំតង្កៀបមួយចំនួនត្រូវបានសរសេរជាប្រភាគ Q. ប្រសិនបើ x k: x k+1 ត្រូវបានជំនួសទៅក្នុងកន្សោមនេះជំនួសឱ្យ x k បន្ទាប់មក x k នឹងស្ថិតនៅក្នុង កន្លែងដដែលដូចនៅក្នុងប្រភាគ Q ហើយ x k + 1 នឹងមិនមែនជាកន្លែងដែល x k ឈរ (ប្រសិនបើ x k ស្ថិតនៅក្នុងភាគបែង នោះ x k + 1 នឹងស្ថិតនៅក្នុងភាគយក និងច្រាសមកវិញ)។ ឥឡូវសូមបញ្ជាក់ថាយើងអាចបន្ថែម x k+1 ទៅកន្លែងដូចគ្នា x k ។ នៅក្នុងប្រភាគ Q បន្ទាប់ពីដាក់តង្កៀប វានឹងចាំបាច់ត្រូវមានកន្សោមនៃទម្រង់ q:x k ដែល q ជាអក្សរ x k–1 ឬកន្សោមខ្លះនៅក្នុងតង្កៀប។ ការជំនួស q: x k ជាមួយកន្សោម (q: x k): x k + 1 = q: (x k x k + 1) យើងច្បាស់ជាទទួលបានប្រភាគដូចគ្នា Q ដែលជំនួសឱ្យ x k គឺ x k x k + 1 ។ ដូច្នេះចំនួនប្រភាគដែលអាចកើតមានក្នុងករណី n=k+1 គឺធំជាង 2 ដងនៃ n=k ហើយស្មើនឹង 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 ។ ដូច្នេះការអះអាងត្រូវបានបញ្ជាក់។ ចម្លើយ៖ ប្រភាគ ២ n-២ ។ 1. បង្ហាញថាសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ: ក) លេខ 5 n -3 n + 2n ត្រូវបានបែងចែកដោយ 4; ខ) លេខ n 3 +11n ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6; គ) លេខ 7 n +3n–1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 9; ឃ) លេខ 6 2n +19 n -2 n + 1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 17; e) លេខ 7 n+1 +8 2n–1 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 19; f) លេខ 2 2n–1–9n 2 +21n–14 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 27 ។ 2. បញ្ជាក់ថា (n+1)·(n+2)·…·(n+n) = 2 n·1·3·5·…·(2n–1)។ 3. បញ្ជាក់វិសមភាព|sin nx| n|sinx| សម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ n ។ 4. រកលេខធម្មជាតិ a, b, c ដែលមិនបែងចែកដោយ 10 ហើយដូច្នេះសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ n លេខ a n + b n និង c n មានពីរខ្ទង់ចុងក្រោយដូចគ្នា។ 5. បង្ហាញថាប្រសិនបើចំនុច n មិនស្ថិតនៅលើបន្ទាត់តែមួយ នោះក្នុងចំណោមបន្ទាត់ដែលភ្ជាប់ពួកវា យ៉ាងហោចណាស់មាន n ផ្សេងគ្នា។ ដោយប្រើវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យា, បញ្ជាក់ថាសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ។ នសមភាពខាងក្រោមគឺពិត៖ ដំណោះស្រាយ។ ក) ពេលណា ន= 1 សមភាពមានសុពលភាព។ សន្មតថាសុពលភាពនៃសមភាពសម្រាប់ នអនុញ្ញាតឱ្យយើងបង្ហាញថាវាក៏មានសុពលភាពសម្រាប់ ន+ 1. ជាការពិត Q.E.D. ខ) ពេលណា ន= 1 សុពលភាពនៃសមភាពគឺជាក់ស្តែង។ ពីការសន្មតនៃយុត្តិធម៌របស់ខ្លួននៅ នគួរ ផ្តល់សមភាព 1 + 2 + ... + ន = ន(ន+ 1)/2 យើងទទួលបាន 1 3 + 2 3 + ... + ន 3 + (ន + 1) 3 = (1 + 2 + ... + ន + (ន + 1)) 2 , ឧ. សេចក្តីថ្លែងការណ៍ក៏ពិតសម្រាប់ ន + 1. ឧទាហរណ៍ ១បញ្ជាក់ភាពស្មើគ្នាខាងក្រោម ដំណោះស្រាយ។ក) ពេលណា ន= 1 សមភាពនឹងយកទម្រង់ 1=1 ដូច្នេះ ទំ(1) ពិត។ ចូរយើងសន្មតថាសមភាពនេះគឺជាការពិត នោះគឺយើងមាន ដូច្នេះយោងទៅតាមវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យា សមភាពដើមមានសុពលភាពសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ។ ន. ចំណាំ ២.ឧទាហរណ៍នេះអាចត្រូវបានដោះស្រាយតាមវិធីមួយផ្សេងទៀត។ ពិតប្រាកដណាស់ ផលបូក ១+២+៣+...+ នគឺជាផលបូកនៃទីមួយ នសមាជិកនៃដំណើរការនព្វន្ធជាមួយសមាជិកទីមួយ ក 1 = 1 និងភាពខុសគ្នា ឃ= 1. ដោយគុណនៃរូបមន្តដ៏ល្បី ខ) ពេលណា ន= 1 សមភាពនឹងយកទម្រង់: 2 1 - 1 = 1 2 ឬ 1 = 1 នោះគឺ ទំ(1) ពិត។ ចូរយើងសន្មតថាសមភាព 1 + 3 + 5 + ... + (2ន - 1) = ន 2 ហើយបញ្ជាក់ទំ(ន + 1):
1 + 3 + 5 + ... + (2ន - 1) + (2(ន + 1) - 1) = (ន+ 1) 2 ឬ 1 + 3 + 5 + ... + (2 ន - 1) + (2ន + 1) = (ន + 1) 2 . ដោយប្រើសម្មតិកម្មបញ្ជូលគ្នា យើងទទួលបាន 1 + 3 + 5 + ... + (2ន - 1) + (2ន + 1) = ន 2 + (2ន + 1) = (ន + 1) 2 . ដោយវិធីនេះ ទំ(ន+ 1) គឺពិត ហើយដូច្នេះ សមភាពដែលត្រូវការត្រូវបានបង្ហាញ។ ចំណាំ ៣.ឧទាហរណ៍នេះអាចដោះស្រាយបាន (ស្រដៀងនឹងករណីមុន) ដោយមិនចាំបាច់ប្រើវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា។ គ) ពេលណា ន= 1 សមភាពគឺពិត៖ 1=1 ។ សន្មតថាសមភាពគឺពិត ឃ) ពេលណា ន= 1 សមភាពមានសុពលភាព៖ 1=1 ។ ចូរសន្មតថាមាន ពិតជា ង) ការអនុម័ត ទំ(១) ពិត៖ ២=២។ ចូរសន្មតថាសមភាព ដូច្នេះ សមភាពដើមមានសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ។ ន. f) ទំ(១) ពិត៖ ជាការពិតដែលបានផ្តល់ឱ្យនោះ។ ទំ(ន) កើតឡើងយើងទទួលបាន ដូច្នេះសមភាពត្រូវបានបញ្ជាក់។ g) ពេលណា ន= 1 យើងមាន ក + ខ = ខ + កដូច្នេះសមភាពគឺជាការពិត។ សូមអោយរូបមន្តលេខពីររបស់ញូតុនមានសុពលភាពសម្រាប់ ន = kនោះគឺ ឧទាហរណ៍ ២បញ្ជាក់ភាពមិនស្មើគ្នា ដំណោះស្រាយ។ក) ពេលណា ន= 1 យើងទទួលបានវិសមភាពពិត 1 + a ≥ 1 + a ។ ចូរយើងសន្មតថាមានវិសមភាព ជាការពិត ចាប់តាំងពី a > -1 បង្កប់ន័យ a + 1 > 0 បន្ទាប់មកគុណទាំងសងខាងនៃវិសមភាព (1) ដោយ (a + 1) យើងទទួលបាន (1 + ក) ន(1 + ក) ≥ (1 + ន a)(1+a) ឬ (1+a) ន + 1 ≥ 1 + (ន+ 1) ក + ន a 2 ដោយសារតែ ន a 2 ≥ 0 ដូច្នេះ(1 + ក) ន + 1 ≥ 1 + (ន+ 1) ក + ន a 2 ≥ 1 + ( ន+ ១) ក. ដូច្នេះប្រសិនបើ ទំ(ន) គឺជាការពិត ទំ(ន+ 1) គឺជាការពិត ដូច្នេះយោងទៅតាមគោលការណ៍នៃ induction គណិតវិទ្យា វិសមភាពរបស់ Bernoulli គឺពិត។ ខ) ពេលណា ន= 1 យើងទទួលបាន x 1 = 1 ហើយដូច្នេះ x 1 ≥ 1 i.e. ទំ(១) ជាសេចក្តីថ្លែងការណ៍ត្រឹមត្រូវ ។ ចូរយើងធ្វើពុតនោះ។ ទំ(ន) គឺជាការពិត នោះគឺប្រសិនបើ adica x 1 ,x 2 ,...,x ន - នលេខវិជ្ជមានដែលផលិតផលស្មើនឹងមួយ, x 1 x 2 ·... · x ន= 1, និង x 1 + x 2 + ... + x ន ≥ ន. ចូរយើងបង្ហាញថាការលើកឡើងនេះមានន័យថាដូចខាងក្រោមនេះគឺជាការពិត: if x 1 ,x 2 ,...,x ន ,x ន+1 - (ន+ 1) លេខវិជ្ជមាន x 1 x 2 ·... · x ន · x ន+1 = 1 បន្ទាប់មក x 1 + x 2 + ... + x ន + x ន + 1 ≥ន + 1. ពិចារណាករណីពីរខាងក្រោម៖ 1) x 1 = x 2 = ... = x ន = x ន+1 = 1. បន្ទាប់មកផលបូកនៃលេខទាំងនេះគឺ ( ន+ 1) ហើយវិសមភាពដែលត្រូវការគឺពេញចិត្ត។ 2) យ៉ាងហោចណាស់លេខមួយខុសពីលេខមួយ អនុញ្ញាតឱ្យធំជាងមួយ។ បន្ទាប់មកចាប់តាំងពី x 1 x 2 · ... · x ន · x ន+ 1 = 1 យ៉ាងហោចណាស់មានលេខផ្សេងទៀតដែលខុសពីលេខមួយ (កាន់តែច្បាស់ តិចជាងមួយ)។ អនុញ្ញាតឱ្យ x ន+ 1 > 1 និង x ន < 1. Рассмотрим នលេខវិជ្ជមាន ដោយសារតែ (1 - x ន)(x ន+1 - 1) > 0 បន្ទាប់មក ន + x ន + x ន+1 - x ន x ន+1 = ន + 1 + x ន+1 (1 - x ន) - 1 + x ន = ចំណាំ ៤.សញ្ញាស្មើគ្នាកើតឡើងប្រសិនបើនិងប្រសិនបើ x 1 = x 2 = ... = x ន = 1. គ) អនុញ្ញាតឱ្យ x 1 ,x 2 ,...,x នគឺជាលេខវិជ្ជមានតាមអំពើចិត្ត។ សូមពិចារណាដូចខាងក្រោម នលេខវិជ្ជមាន៖ ចំណាំ ៥.សមភាពមានតែប្រសិនបើ x 1 = x 2 = ... = x ន . ឃ) ទំ(1) - សេចក្តីថ្លែងការណ៍ដោយយុត្តិធម៌ : sin 2 a + cos 2 a = 1. ឧបមាថា ទំ(ន) គឺជាសេចក្តីថ្លែងការណ៍ពិត៖ បាប ២ ន a + cos2 ន a ≤ 1 ហើយបង្ហាញថាមានទំ(ន+ ១). ពិតជាអំពើបាប2( ន+ 1) a + cos 2( ន+ ១) a \u003d អំពើបាប ២ ន a sin 2 a + cos 2 ន a cos 2 ក< sin 2ន a + cos2 ន a ≤ 1 (ប្រសិនបើ sin 2 a ≤ 1 បន្ទាប់មក cos 2 a < 1, и обратно: если cos
2 a ≤ 1 បន្ទាប់មក sin 2 a < 1). Таким образом, для любого
នអូ នបាប ២ ន a + cos2 ន ≤ 1 ហើយសញ្ញាស្មើគ្នាត្រូវបានទៅដល់តែនៅពេលន = 1.
ង) ពេលណា ន= ១ សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត៖ ១< 3 / 2 . ចូរសន្មតថា f) យកចំណាំទី 1 ទៅក្នុងគណនី យើងពិនិត្យមើល ទំ(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000 ដូច្នេះសម្រាប់ ន= 10 សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត។ ឧបមាថា ២ ន > ន 3 (ន> 10) ហើយបញ្ជាក់ ទំ(ន+ ១) ឧ. ២ ន+1 > (ន + 1) 3 . ចាប់តាំងពីពេល ន> 10 យើងមានឬ 2ន 3 > ន 3 + 3ន 2 + 3ន+ 1 ឬ ន 3 > 3ន 2 + 3ន + 1. ដោយគិតពីវិសមភាព (២ ន >
ន 3) យើងទទួលបាន 2 ន+1 = 2 ន២ = ២ ន + 2 ន > ន 3 + ន 3 > ន 3 + 3ន 2 + 3ន + 1 = (ន + 1) 3 . ដូច្នេះយោងទៅតាមវិធីសាស្រ្តនៃ induction គណិតវិទ្យាសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ។ នអូ ន, ន≥ 10 យើងមាន 2 ន > ន 3 . ឧទាហរណ៍ ៣បញ្ជាក់វាសម្រាប់ណាមួយ។ នអូ ន ដំណោះស្រាយ។ក) ទំ(1) គឺជាសេចក្តីថ្លែងការណ៍ពិត (0 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6) ។ អនុញ្ញាតឱ្យ ទំ(ន) គឺយុត្តិធម៌ ន(2ន 2 - 3ន + 1) = ន(ន - 1)(2ន- 1) ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6. អនុញ្ញាតឱ្យយើងបង្ហាញថាបន្ទាប់មកយើងមាន ទំ(ន+ ១) ពោលគឺ ( ន + 1)ន(2ន+ 1) ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6. ជាការពិតណាស់ចាប់តាំងពី ដោយវិធីនេះ ទំ(ន+ ១) ជាសេចក្តីថ្លែងការណ៍ត្រឹមត្រូវ ហើយដូច្នេះ ន(2ន 2 - 3ន+ 1) ត្រូវបានបែងចែកដោយ 6 សម្រាប់ណាមួយ។ នអូ ន. ខ) ពិនិត្យ ទំ(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11 ដូច្នេះ ទំ(១) គឺជាសេចក្តីថ្លែងការណ៍ដ៏ត្រឹមត្រូវមួយ។ គួរបញ្ជាក់ថា បើ ៦ ២ ន-2 + 3 ន+1 + 3 ន-១ ចែកនឹង ១១ ( ទំ(ន)) បន្ទាប់មក ៦ ២ ន + 3 ន+2 + 3 នក៏ត្រូវបានបែងចែកដោយ 11 ( ទំ(ន+ ១))។ ពិតប្រាកដណាស់ ដោយសារតែ 6 2ន + 3 ន+2 + 3 ន = 6 2ន-2+2 + 3 ន+1+1 + 3 ន−1+1 == 6 2 6 ២ ន-២+៣ ៣ ន+1+3 ៣ ន−1 = 3 (6 ២ ន-2 + 3 ន+1 + 3 ន-១) + ៣៣ ៦ ២ ន-២ និងដូច ៦ ២ ន-2 + 3
ន+1 + 3
ន-១ និង ៣៣ ៦ ២ ន-2 ត្រូវបានបែងចែកដោយ 11 បន្ទាប់មកផលបូករបស់ពួកគេគឺ 6 2ន + 3
ន+2 + 3
ន ត្រូវបានបែងចែកដោយ 11. ការអះអាងត្រូវបានបង្ហាញ។ ការបញ្ចូលក្នុងធរណីមាត្រ ឧទាហរណ៍ 4គណនាផ្នែកខាងត្រឹមត្រូវ ២ ន-gon ចារឹកក្នុងរង្វង់កាំ រ.
គឺជាលេខបឋម។ ទោះយ៉ាងណាក៏ដោយនៅពេលណា ន=40 យើងទទួលបានលេខ 1681=41 2 ដែលមិនមែនជាបឋម។ ដូច្នេះ សម្មតិកម្មដែលអាចកើតឡើងក្នុងទីនេះ នោះគឺសម្មតិកម្មដែលសម្រាប់នីមួយៗ នចំនួន 
គឺសាមញ្ញ ប្រែថាមិនពិត។
ចែកដោយ 3 
ត្រូវបានបែងចែកដោយ 5 ហើយដូច្នេះនៅលើ។ ដោយផ្អែកលើចំណុចនេះ លោកបានផ្តល់យោបល់ថា សម្រាប់រាល់សេស kនិងធម្មជាតិណាមួយ។ នចំនួន 
ចែកដោយ kប៉ុន្តែមិនយូរប៉ុន្មានបានកត់សម្គាល់ឃើញ 
មិនត្រូវបានបែងចែកដោយ 9 ។
- លេខធម្មជាតិ។ វាប្រែថាសម្រាប់លេខធម្មជាតិ 
សេចក្តីថ្លែងការណ៍គឺពិត ហើយសម្រាប់ចំនួនធម្មជាតិបន្ទាប់ មវាជារឿងអយុត្តិធម៌។ នេះផ្ទុយនឹងលក្ខខណ្ឌ 2. ■
ត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 ។
នោះគឺលេខនោះ។ 
ត្រូវបានបែងចែកដោយ 3 ហើយរកឃើញវា។ ន=kលេខ +1 ចែកនឹង 3 ។
) នៃចំនួនសេសគឺស្មើនឹងការេនៃចំនួននៃលេខទាំងនេះ ពោលគឺ . ដោយផ្អែកលើសមភាពនេះ យើងបង្កើតផលបូកនៃទីមួយ k+1 លេខសេសស្មើនឹង 
នោះគឺជា។
និងធម្មជាតិណាមួយ។ នវិសមភាព 
(វិសមភាពរបស់ Bernoulli) ។
ដែលត្រឹមត្រូវ។
(*)។ ដោយប្រើការសន្មត់នេះ យើងបញ្ជាក់ 
. ចំណាំថានៅពេលណា 
វិសមភាពនេះទទួលបាន ហើយដូច្នេះវាគ្រប់គ្រាន់ដើម្បីពិចារណាករណីនេះ។ 
.
និងទទួលបាន៖
.■
ត្រូវបានអនុវត្តតាមរបៀបស្រដៀងគ្នា ប៉ុន្តែនៅដើមដំបូង យុត្តិធម៌ត្រូវបានបង្កើតឡើងសម្រាប់តម្លៃតូចបំផុត។ ន.
.
,
,
. យើងសន្មតថាសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ។ នរូបមន្តមានសុពលភាព 
. ដើម្បីសាកល្បងសម្មតិកម្មនេះ យើងប្រើវិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យាពេញលេញ។
.
នោះគឺ 
. ដោយប្រើរូបមន្តនេះ យើងកំណត់ថាសម្មតិកម្មគឺពិត និងសម្រាប់ ន=k+1 នោះគឺ
វាត្រូវបានបង្ហាញថាវាជាការពិតសម្រាប់ ន=k+1 ហើយផ្អែកលើគោលការណ៍នៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា យើងសន្និដ្ឋានថារូបមន្តមានសុពលភាពសម្រាប់ធម្មជាតិណាមួយ។ ន.
■
មុខងារបន្តដែលស្មើភាពគ្នា គឺជាមុខងារបន្តដែលស្មើភាពគ្នា។ ប៉ុន្តែដោយសារយើងមិនទាន់បានណែនាំពីគំនិតនៃ "មុខងារបន្តឯកសណ្ឋាន" សូមកំណត់បញ្ហាដោយអរូបី៖ អនុញ្ញាតឱ្យវាដឹងថាផលបូកនៃអនុគមន៍ពីរដែលមានលក្ខណៈសម្បត្តិមួយចំនួន។ សខ្លួនវាមានទ្រព្យសម្បត្តិ ស. ចូរយើងបង្ហាញថាផលបូកនៃចំនួនមុខងារណាមួយមានទ្រព្យសម្បត្តិ ស.
មុខងារ f 1 ,
f 2 ,
…, f ន ,
f ន+1 ដែលមានទ្រព្យសម្បត្តិ ស. បន្ទាប់មក។ នៅខាងស្តាំពាក្យទីមួយមានទ្រព្យសម្បត្តិ សដោយសម្មតិកម្មប្រឌិតពាក្យទីពីរមានទ្រព្យ សតាមលក្ខខណ្ឌ។ ដូច្នេះផលបូករបស់ពួកគេមានទ្រព្យសម្បត្តិ ស- សម្រាប់ពាក្យពីរ មូលដ្ឋាននៃ "ការងារ" នៃការណែនាំ។
.
មានកន្លែងសម្រាប់មនុស្សគ្រប់គ្នា 
. ដើម្បីបញ្ជាក់ការពិតនៃសម្មតិកម្មនេះ យើងប្រើគោលការណ៍នៃ induction គណិតវិទ្យាមិនពេញលេញ។
នោះគឺវិសមភាព 
. ដោយប្រើការសន្មត់នេះ យើងបង្ហាញថាវិសមភាព 
.
និងនៅ 
មានវិសមភាព 
នៅ 
,
. ដូច្នេះការពិតនៃសម្មតិកម្ម ន=k+1 ធ្វើតាមការសន្មត់ថាវាជាការពិតសម្រាប់ ន=k,
.
ពិតសម្រាប់ធម្មជាតិនីមួយៗ 
.
■
.
ឬ 1=1 នោះគឺវាជាការពិត។ ការធ្វើការសន្មត់ដោយប្រឌិត យើងមាន៖
សំណុំរង។
សំណុំរង។ ប្រសិនបើសំណុំ A មាន ន+1 ធាតុ បន្ទាប់មកយើងជួសជុលធាតុមួយនៅក្នុងវា - បញ្ជាក់វា។ ឃហើយបែងចែករងទាំងអស់ជាពីរថ្នាក់ - មិនមាន ឃនិងមាន ឃ. សំណុំរងទាំងអស់ពីថ្នាក់ទីមួយគឺជាសំណុំរងនៃសំណុំ B ដែលទទួលបានពី A ដោយយកធាតុចេញ ឃ.
សំណុំរង ដូច្នេះនៅក្នុងថ្នាក់ដំបូង 
សំណុំរង។
សំណុំរង។ឧទាហរណ៍
,
សូមមើលផងដែរ
បំរែបំរួលនិងទូទៅ
អក្សរសាស្ត្រ
សូមមើលអ្វីដែល "វិធីសាស្រ្តនៃការបញ្ចូលគណិតវិទ្យា" មាននៅក្នុងវចនានុក្រមផ្សេងទៀត៖
បញ្ហាជាមួយដំណោះស្រាយ
បញ្ហាដែលគ្មានដំណោះស្រាយ
ក) 
;
ខ) 
.
, យើងទទួលបាន
1/3 = 1/3 ។ សូមឱ្យមានភាពស្មើគ្នា ទំ(ន):ក) វិសមភាពរបស់ Bernoulli៖ (1 + a) ន ≥ 1 + ន a , a > -1, នអូ ន.
ខ) x 1 + x 2 + ... + x ន ≥ ន, ប្រសិនបើ x 1 x 2 · ... · x ន= 1 និង x ខ្ញុំ > 0, .
គ) វិសមភាពរបស់ Cauchy ទាក់ទងនឹងមធ្យមនព្វន្ធ និងមធ្យមធរណីមាត្រ
កន្លែងណា x ខ្ញុំ > 0, , ន ≥ 2.
ឃ) បាប ២ ន a + cos2 ន a ≤ 1, នអូ ន.
ង)
f) ២ ន > ន 3 , នអូ ន, ន ≥ 10.
ហើយបង្ហាញថាយើងមាន(1 + ក) ន + 1 ≥ 1 + (ន+ ១) ក. (1 + ក) ន ≥ 1 + នក (1)
= ន + 1 + x ន+1 (1 - x ន) - (1 - x ន) = ន + 1 + (1 - x ន)(x ន+1 - 1) ≥ ន+ 1. ដូច្នេះ x 1 + x 2 + ... + x ន + x ន+1 ≥ ន+1 នោះគឺប្រសិនបើ ទំ(ន) គឺជាការពិតទំ(ន+ ១) យុត្តិធម៌។ វិសមភាពត្រូវបានបញ្ជាក់។
ហើយបញ្ជាក់
ពិចារណា ទំ(ន), យើងទទួលបាន 
, ធ្វើតាមនោះ។
