Matematik induksiya formulasi. “Matematik induksiya usuli” uslubiy ishlanma. Matematik induksiya printsipi va uning isboti
Peanoning 4-aksiomasiga asoslangan isbotlash usuli ko'plab matematik xususiyatlarni va turli bayonotlarni isbotlash uchun ishlatiladi. Buning asosi quyidagi teoremadir.
Teorema. Agar bayonot LEKIN(n) tabiiy o'zgaruvchan bilan n uchun to'g'ri n= 1 va u uchun haqiqat ekanligidan n=k, shundan kelib chiqadiki, u keyingi son uchun ham to'g'ri n=k, keyin bayonot LEKIN(n) n.
Isbot. tomonidan belgilang M o'sha va faqat bayonot qaysi natural sonlar to'plami LEKIN(n) rost. U holda teorema shartidan quyidagilar hosil bo'ladi: 1) 1 M; 2) k MkM. Shunday qilib, 4-aksiomaga asoslanib, biz shunday xulosaga kelamiz M =N, ya'ni. bayonot LEKIN(n) har qanday tabiiy uchun to'g'ri n.
Bu teoremaga asoslangan isbotlash usuli deyiladi Matematik induksiya usuli, aksioma esa induksiya aksiomasidir. Bu dalil ikki qismdan iborat:
1) bayonotni isbotlang LEKIN(n) uchun to'g'ri n= A(1);
2) bayonot deb faraz qiling LEKIN(n) uchun to'g'ri n=k, va, bu taxmindan boshlab, bayonot ekanligini isbotlang A(n) uchun to'g'ri n=k+ 1, ya'ni. bayonot haqiqat ekanligini A(k) A(k + 1).
Agar a LEKIN( 1) LEKIN(k) A(k + 1) to'g'ri bayonot bo'lsa, ular bu bayonot degan xulosaga kelishadi A(n) har qanday natural son uchun to'g'ri n.
Matematik induksiya bilan isbotlash nafaqat bayonotning haqiqatini tasdiqlash bilan boshlanishi mumkin n= 1, balki har qanday natural sondan ham m. Bunday holda, bayonot LEKIN(n) barcha natural sonlar uchun isbotlanadi nm.
Masala. Har qanday natural son uchun 1 + 3 + 5 ... + (2.) tengligini isbotlaylik n- 1) = n.
Yechim. Tenglik 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n birinchi ketma-ket toq natural sonlar yigʻindisini topish uchun qoʻllanilishi mumkin boʻlgan formuladir. Masalan, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (yig'indi 4 ta haddan iborat), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (yig'indi 6 ta haddan iborat); agar bu summada ko'rsatilgan turdagi 20 ta shart bo'lsa, u 20 = 400 ga teng va hokazo. Ushbu tenglikning haqiqatini isbotlab, formuladan foydalanib, ko'rsatilgan turdagi hadlarning istalgan sonining yig'indisini topishimiz mumkin bo'ladi.
1) Ushbu tenglikning haqiqatini tekshiring n= 1. Qachon n= 1 tenglikning chap tomoni 1 ga teng bir haddan iborat, o'ng tomoni 1= 1 ga teng. 1 = 1 bo'lgani uchun, keyin uchun n= 1 bu tenglik to'g'ri.
2) Bu tenglik uchun to'g'ri deb faraz qilaylik n=k, ya'ni. bu 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Ushbu farazga asoslanib, biz bu to'g'ri ekanligini isbotlaymiz n=k+ 1, ya'ni. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).
Oxirgi tenglikning chap tomonini ko'rib chiqing.
Taxminlarga ko'ra, birinchisining yig'indisi k shartlari hisoblanadi k va shuning uchun 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=
= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Ifoda k+ 2k + 1 ifodaga bir xil tengdir ( k + 1).
Shuning uchun, bu tenglikning haqiqati uchun n=k+ 1 isbotlangan.
Shunday qilib, bu tenglik uchun to'g'ri keladi n= 1 va uning haqiqatidan uchun n=k uchun haqiqatga ergashadi n=k+ 1.
Bu esa bu tenglik har qanday natural son uchun to'g'ri ekanligini isbotlaydi.
Matematik induksiya usulidan foydalanib, nafaqat tenglik, balki tengsizliklarning ham haqiqatini isbotlash mumkin.
Vazifa. Buni qaerda isbotlang nN.
Yechim. Keling, tengsizlikning haqiqatini tekshiramiz n= 1. Bizda - haqiqiy tengsizlik.
Tengsizlik uchun to'g'ri deb faraz qilaylik n=k, bular. - haqiqiy tengsizlik. Keling, farazga asoslanib, bu to'g'ri ekanligini isbotlaylik
n=k+ 1, ya'ni. 
(*).
Tengsizlikning chap tomonini (*) ni hisobga olgan holda o'zgartiramiz: .
Lekin, bu degani 
.
Demak, bu tengsizlik uchun to'g'ri n= 1, va, tengsizlik ba'zilar uchun to'g'ri ekanligidan n= k, uchun ham to'g'ri ekanligini aniqladik n= k + 1.
Shunday qilib, 4-aksiomadan foydalanib, bu tengsizlik har qanday natural son uchun to'g'ri ekanligini isbotladik.
Boshqa mulohazalar ham matematik induksiya usuli bilan isbotlanishi mumkin.
Vazifa. Bu gap har qanday natural son uchun to‘g‘ri ekanligini isbotlang.
Yechim. Keling, bayonotning haqiqatini tekshirib ko'raylik n= 1: - to'g'ri bayonot.
Keling, ushbu bayonot to'g'ri deb faraz qilaylik n=k: . Keling, bundan foydalanib, bayonotning haqiqatini ko'rsatamiz n=k+ 1: 
.
Keling, ifodani o'zgartiramiz: . Keling, farqni topaylik k va k+ 1 a'zo. Agar natijada olingan farq 7 ga karrali bo'lib, ayirma 7 ga bo'linishi aniqlansa, minuend ham 7 ga karrali bo'ladi:
Ko'paytma 7 ning ko'paytmasi, shuning uchun va.
Shunday qilib, bu bayonot to'g'ri n= 1 va uning haqiqatidan uchun n=k uchun haqiqatga ergashadi n=k+ 1.
Bu esa bu gap har qanday natural son uchun to'g'ri ekanligini isbotlaydi.
Vazifa. Har qanday natural son uchun buni isbotlang n 2 ta (7-1)24 to'g'ri.
Yechim. 1) bayonotning haqiqatini tekshiring n= 2: - to'g'ri bayonot.
Ushbu bo'limda ko'rib chiqiladigan isbotlash usuli tabiiy qator aksiomalaridan biriga asoslanadi.
Induksiya aksiomasi. O‘zgaruvchiga bog‘liq gap berilgan bo‘lsin P, uning o'rniga istalgan natural sonlarni qo'yishingiz mumkin. Uni belgilaylik A(p). Jumla ham bo'lsin LEKIN 1 raqami uchun to'g'ri va shundan kelib chiqadi LEKIN raqam uchun to'g'ri uchun, buni kuzatib boradi LEKIN raqam uchun to'g'ri k+ 1. Keyin taklif qiling LEKIN barcha tabiiy qadriyatlar uchun to'g'ri P.
Aksiomaning ramziy belgilanishi:
Bu yerda cho'qqi - natural sonlar to'plami ustidagi o'zgaruvchilar. Induksiya aksiomasidan quyidagi xulosa qoidasi olinadi: 
Shunday qilib, taklifning haqiqatini isbotlash uchun LEKIN, biz birinchi navbatda ikkita fikrni isbotlashimiz mumkin: bayonotning haqiqati LEKIN( 1), shuningdek, xulosa A(k) => A(k+ 1).
Yuqoridagilarni hisobga olib, biz ob'ektni tasvirlaymiz usuli
matematik induksiya.
Hukmni isbotlash talab qilinsin A(p) hamma tabiiy uchun to'g'ri P. Isbot ikki bosqichga bo'linadi.
- 1-bosqich. induksiya asosi. Biz qiymat sifatida qabul qilamiz P 1 raqami va buni tekshiring LEKIN( 1) haqiqiy bayonot.
- 2-bosqich. Induktiv o'tish. Buni har qanday natural son uchun isbotlaymiz uchun ma'nosi to'g'ri: agar A(k), keyin A(k+ 1).
Induktiv bo‘lak quyidagi so‘zlar bilan boshlanadi: “Ixtiyoriy natural sonni oling uchun, shu kabi A(k)", yoki "Natural son uchun uchun to'g'ri A(k)"."Keling" so'zi o'rniga ular ko'pincha "deylik ..." deyishadi.
Bu so'zlardan keyin xat uchun munosabati mavjud bo'lgan ba'zi bir turg'un ob'ektni bildiradi A(k). dan kelgan A(k) oqibatlarni chiqaramiz, ya'ni gaplar zanjirini quramiz A(k) 9 R, Pi, ..., Rn = A(k+ 1), bu erda har bir jumla R, oldingi gaplarning haqiqiy gapi yoki natijasidir. Oxirgi jumla R" bilan mos kelishi kerak A(k+ biri). Bundan xulosa qilamiz: dan A(k) kerak A(k+).
Induktiv o'tish jarayonini ikki bosqichga bo'lish mumkin:
- 1) Induktiv faraz. Bu erda biz buni taxmin qilamiz LEKIN uchun o'zgaruvchan n.
- 2) Farazga asoslanib, buni isbotlaymiz LEKIN raqam uchun to'g'rimi?+1.
5.5.1-misol. Keling, raqam ekanligini isbotlaylik p+p hatto hamma uchun ham tabiiydir P.
Bu yerda A(p) = "n 2 + n- juft son". Buni isbotlash talab qilinadi LEKIN - bir xil haqiqiy predikat. Biz matematik induksiya usulini qo'llaymiz.
induksiya asosi. l=1 ni olaylik. Ifodada almashtiring P+//, olamiz n 2 +n= I 2 + 1 = 2 juft son, yaʼni /1(1) toʻgʻri gap.
Keling, shakllantiramiz induktiv gipoteza A(k)= "Raqam 2 + dan - gacha hatto." Siz shunday deyishingiz mumkin: “Ixtiyoriy natural sonni oling uchun shu kabi 2 + gacha juft sondir.
Biz bundan xulosa chiqaramiz A(kA-)= "Raqam (k+ 1) 2 + (? + 1) - juft.
Operatsiyalarning xususiyatlariga ko'ra biz o'zgarishlarni amalga oshiramiz:
Hosil boʻlgan yigʻindining birinchi hadi taxmin boʻyicha juft, ikkinchisi esa taʼrifi boʻyicha juft (chunki u 2 koʻrinishga ega) P). Demak, yig'indi juft sondir. Gap A(k+ 1) isbotlangan.
Matematik induksiya usuli bilan biz xulosa qilamiz: jumla A(p) hamma tabiiy uchun to'g'ri P.
Albatta, har safar yozuvni kiritishning hojati yo'q A(p). Shu bilan birga, induktiv taxminni va undan nimani chiqarish kerakligini alohida satrda shakllantirish tavsiya etiladi.
E'tibor bering, 5.5.1-misoldagi tasdiqni matematik induksiya usulidan foydalanmasdan isbotlash mumkin. Buning uchun ikkita holatni ko'rib chiqish kifoya: qachon P hatto va qachon P g'alati.
Ko'pgina bo'linish masalalari matematik induksiya yordamida hal qilinadi. Keling, murakkabroq misolni ko'rib chiqaylik.
5.5.2-misol. 15 soni 2u_| ekanligini isbotlaymiz +1 barcha natural sonlar uchun 8 ga bo'linadi P.
Bacha induksiyasi./1=1 ni olaylik. Bizda: 15 raqami 2|_| +1 = 15+1 = 16 8 ga bo'linadi.
, bu ba'zilar uchun
natural son uchun 15 2 * '+1 soni 8 ga bo'linadi.
Keling, isbot qilaylik unda raqam qancha a\u003d 15 2 (ZHN +1 8 ga bo'linadi.
Keling, raqamni aylantiramiz a:
Farazga ko'ra, 15 2A1 +1 soni 8 ga bo'linadi, ya'ni butun birinchi had 8 ga bo'linadi. Ikkinchi had 224=8-28 ham 8 ga bo'linadi. Shunday qilib, son a chunki 8 ga karrali ikki sonning ayirmasi 8 ga bo'linadi. Induktiv qadam oqlanadi.
Matematik induksiya usuliga asoslanib, biz hamma uchun tabiiy degan xulosaga kelamiz P 15 2 "-1 -*-1 soni 8 ga bo'linadi.
Keling, hal qilingan muammo bo'yicha ba'zi fikrlarni aytaylik.
Tasdiqlangan bayonot biroz boshqacha shakllantirilishi mumkin: "15" "+1 soni har qanday g'alati natural / va uchun 8 ga bo'linadi".
Ikkinchidan, isbotlangan umumiy bayonotdan ma'lum bir xulosa chiqarish mumkin, uning isboti alohida masala sifatida keltirilishi mumkin: 15 2015 +1 soni 8 ga bo'linadi. Shuning uchun ba'zan masalani belgilab umumlashtirish foydali bo'ladi. ma'lum bir qiymatni harf bilan belgilang va keyin matematik induksiya usulini qo'llang.
Eng umumiy ma’noda “induksiya” atamasi alohida misollar asosida umumiy xulosalar chiqarishni bildiradi. Masalan, 2+4=6, 2+8=10, 4+6=10, 8+12=20, 16+22=38 juft sonlar yigʻindisiga baʼzi misollarni koʻrib chiqib, biz har qanday ikkitaning yigʻindisi degan xulosaga kelamiz. juft sonlar juft sondir.
Umumiy holda, bunday induktsiya noto'g'ri xulosalarga olib kelishi mumkin. Keling, bunday noto'g'ri mulohazalarga misol keltiraylik.
5.5.3-misol. Raqamni ko'rib chiqing a= /r+n+41 tabiiy /? uchun.
Keling, qiymatlarni topamiz a ba'zi qadriyatlar uchun P.
Mayli n= I. Keyin a = 43 - tub son.
/7=2 bo'lsin. Keyin a= 4+2+41 = 47 tubdir.
l=3 bo'lsin. Keyin a= 9+3+41 = 53 tub.
/7=4 bo'lsin. Keyin a= 16+4+41 = 61 tubdir.
Qadriyat sifatida qabul qiling P 5, 6, 7 kabi to'rtlikdan keyingi raqamlarni kiriting va raqamga ishonch hosil qiling a oddiy bo'ladi.
Xulosa qilamiz: “Barcha tabiiy uchun /? raqam a oddiy bo'ladi."
Natijada noto'g'ri bayonot. Qarama-qarshi misol: /7=41. Bunga ishonch hosil qiling P raqam a kompozit bo'ladi.
"Matematik induksiya" atamasi torroq ma'noga ega, chunki bu usuldan foydalanish har doim to'g'ri xulosa chiqarishga imkon beradi.
5.5.4-misol. Induktiv fikrlash asosida arifmetik progressiyaning umumiy hadi formulasini olamiz. Eslatib o'tamiz, arifmetik kasb bu sonli ketma-ketlik bo'lib, uning har bir a'zosi oldingisidan bir xil raqam bilan farqlanadi, progressiya farqi deb ataladi. Arifmetik kasbni noyob tarzda belgilash uchun uning birinchi a'zosini ko'rsatish kerak a va farq d.
Shunday qilib, ta'rifga ko'ra a p+ = a n + d, da n> 1.
Maktab matematika kursida, qoida tariqasida, arifmetik kasbining umumiy atamasining formulasi alohida misollar asosida, ya'ni aniq induksiya orqali o'rnatiladi.
Agar /7=1, keyin FROM 7| = Men|, keyin men| = tf|+df(l -1).
Agar /7=2 bo'lsa, i 2 bo'ladi = a + d, ya'ni a= I|+*/(2-1).
Agar /7=3 bo'lsa, i 3 = i 2 + = bo'ladi (a+d)+d = a+2d, ya'ni i 3 = i|+(3-1).
Agar /7=4 bo'lsa, u holda i 4 = i 3 +*/ = ( a+2d)+d\u003d R1 + 3 va boshqalar.
Berilgan aniq misollar gipotezani ilgari surishga imkon beradi: umumiy atama formula shaklga ega a" = a+(n-)d hamma uchun /7>1.
Bu formulani matematik induksiya usuli bilan isbotlaylik.
asosiy induksiya oldingi muhokamalarda tasdiqlangan.
Mayli -ga men * - a+(k-)d (induktiv taxmin).
Keling, isbot qilaylik men*+! = a+((k+)-)d, ya'ni i*+1 = ax+kd.
Ta'rifi bo'yicha i*+1 = ab + d. a uchun= i | +(k-1 )d, degani, ac+\u003d i i + (A: -1) ^ / + c / \u003d i | +(A-1+1 )d= men i +kd, bu isbotlash uchun talab qilingan (induktiv o'tishni oqlash uchun).
Endi formula i„ = a+(n-)d har qanday natural son uchun isbotlangan /;.
Qandaydir ketma-ketlik i b i 2, i, „ ... boʻlsin (yoʻq
arifmetik yoki geometrik progressiya bo'lishi shart). Ko'pincha birinchisini yig'ish kerak bo'lgan muammolar mavjud P bu ketma-ketlikning a'zolari, ya'ni R|+i 2 +...+i yig'indisini va ketma-ketlik a'zolarini hisoblamasdan, bu yig'indining qiymatlarini topish imkonini beruvchi formulani belgilang.
5.5.5-misol. Birinchisining yig'indisi ekanligini isbotlaylik P natural sonlar
/?(/7 + 1)
1+2+...+/7 yig‘indisini bilan belgilang Sn. Keling, qiymatlarni topamiz S n ba'zilar uchun /7.
E'tibor bering, S 4 yig'indisini topish uchun siz ilgari hisoblangan 5 3 qiymatidan foydalanishingiz mumkin, chunki 5 4 = 5 3 +4.
n (n +1)
Agar biz ko'rib chiqilgan qiymatlarni almashtirsak/? muddatda --- nimadir
biz mos ravishda bir xil 1, 3, 6, 10 summalarini olamiz. Bu kuzatishlar
. _ n (n + 1)
formulani taklif qiladi S„=--- qachon foydalanish mumkin
har qanday //. Keling, bu taxminni matematik induksiya usuli bilan isbotlaylik.
asosiy induksiya tasdiqlangan. Keling buni bajaramiz induktiv o'tish.
Faraz qilaylik formula ba'zi natural sonlar uchun to'g'ri ekanligini
, k(k + 1)
k, keyin tarmoq birinchisining yig'indisidir uchun natural sonlar ----.
Keling, isbot qilaylik birinchi (?+1) natural sonlar yig‘indisi ga teng ekanligini
- (* + !)(* + 2)
Keling, ifoda qilaylikmi?*+1 orqali S k . Buning uchun S*+i yig'indisida birinchisini guruhlaymiz uchun atamalarni kiriting va oxirgi atamani alohida yozing:
Induktiv gipoteza bo'yicha S k = Shunday qilib, topish uchun
birinchi (? + 1) natural sonlar yig'indisi, allaqachon hisoblangan uchun etarli
. „ k(k + 1) _ .. ..
birinchisining yig'indisi uchun--- ga teng sonlar, bitta atama qo'shing (k + 1).
Induktiv o'tish oqlanadi. Shunday qilib, boshida ilgari surilgan gipoteza isbotlangan.
Biz formulani isbotladik S n = n ^ n+ usuli
matematik induksiya. Albatta, boshqa dalillar ham bor. Misol uchun, siz summani yozishingiz mumkin S, atamalarning o‘sish tartibida, so‘ngra esa kamayish tartibida:
Bir ustundagi hadlar yig'indisi doimiy (bir yig'indida har bir keyingi had 1 ga kamayadi, ikkinchisida esa 1 ga ortadi) va (/r + 1) ga teng. Shuning uchun, olingan summalarni umumlashtirib, biz bor P(u+1) ga teng shartlar. Shunday qilib, miqdorni ikki baravar oshiring S „ ga teng n(n+ 1).
Hozirgina isbotlangan formulani birinchisining yig'indisi uchun formulaning maxsus holati sifatida olish mumkin P arifmetik progressiyaning a'zolari.
Keling, matematik induksiya usuliga qaytaylik. Matematik induksiya usulining birinchi bosqichi (induksiya asosi) har doim zarur ekanligini unutmang. Ushbu bosqichning yo'qligi noto'g'ri xulosaga olib kelishi mumkin.
5.5.6-misol. Keling, jumlani "isbotlaylik": "7" + 1 soni har qanday natural son uchun 3 ga bo'linadi ".
“Buni qandaydir tabiiy qiymat uchun deylik uchun 7*+1 soni 3 ga bo'linadi. 7 x +1 soni 3 ga bo'linishini isbotlaylik. O'zgartirishlarni bajaring:
6 soni 3 ga bo'linishi aniq. Raqam 1 dan + gacha induktiv gipoteza bo'yicha 3 ga bo'linadi, shuning uchun 7-(7* + 1) soni ham 3 ga bo'linadi. Demak, 3 ga bo'linadigan sonlar farqi ham 3 ga bo'linadi.
Taklif isbotlangan."
Induktiv qadam to'g'ri bo'lishiga qaramay, dastlabki taklifning isboti noto'g'ri. Darhaqiqat, da n= Menda 8 raqami bor n=2 - 50, ... soni va bu raqamlarning hech biri 3 ga bo'linmaydi.
Keling, induktiv o'tishni amalga oshirishda natural sonning belgilanishi haqida muhim fikrni aytaylik. Taklifni shakllantirishda A(p) xat P biz o'zgaruvchini belgiladik, uning o'rniga har qanday natural sonlar almashtirilishi mumkin. Induktiv gipotezani shakllantirishda biz o'zgaruvchining qiymatini harf bilan belgiladik uchun. Biroq, juda tez-tez yangi harf o'rniga uchun o'zgaruvchi bilan bir xil harfdan foydalaning. Bu induktiv o'tishni amalga oshirishda fikrlash tuzilishiga ta'sir qilmaydi.
Keling, matematik induksiya usulini qo'llash mumkin bo'lgan muammolarning yana bir nechta misollarini ko'rib chiqaylik.
5.5.7-misol. Yig‘indining qiymatini toping
Vazifadagi o'zgaruvchan P paydo bo'lmaydi. Biroq, atamalar ketma-ketligini ko'rib chiqing:
Belgilamoq S, \u003d a + a 2 + ... + a „. Keling, topamiz S"ba'zilar uchun P. Agar /1= 1 bo'lsa, u holda S, = a, =-.
Agar a n= 2. keyin S, = a, + a? = - + - = - = -.
Agar /?=3 bo'lsa S-, = a,+a 7+ i, = - + - + - = - + - = - = -.
3 1 - 3 2 6 12 3 12 12 4
Siz qiymatlarni o'zingiz hisoblashingiz mumkin S „ da /7 = 4; 5. Ko'tariladi
tabiiy taxmin: S n= -- har qanday tabiiy uchun /7. Keling, isbot qilaylik
Bu matematik induksiya orqali.
asosiy induksiya yuqorida tekshirilgan.
Keling buni bajaramiz induktiv o'tish, ixtiyoriylikni bildiradi
o'zgaruvchan qiymat P xuddi shu harf, ya'ni tenglikdan buni isbotlaymiz
0 /7 _ /7 +1
S n=-tenglikka amal qiladi S, =-.
/7+1 /7 + 2
Faraz qilaylik tenglik haqiqatdir S= - P -.
Keling, jami ajratamiz S„+ birinchi P shartlar:
Induktiv taxminni qo'llash orqali biz quyidagilarni olamiz:
Kasrni (/7+1) ga kamaytirsak, biz tenglikka ega bo'lamiz S n +1 - , L
Induktiv o'tish oqlanadi.
Bu birinchisining yig'indisi ekanligini isbotlaydi P shartlari
- 1 1 1 /7 ^
- - +-+...+- - ga teng. Endi asl nusxaga qaytaylik
- 1-2 2-3 /?(// +1) /7 + 1
vazifa. Uni hal qilish uchun qiymat sifatida qabul qilish kifoya P 99 raqami.
U holda -!- + -!- + -!- + ...+ --- yig'indisi 0,99 soniga teng bo'ladi.
1-2 2-3 3-4 99100
Ushbu miqdorni boshqa yo'l bilan hisoblashga harakat qiling.
5.5.8-misol. Har qanday cheklangan sonli differentsiallanuvchi funksiyalar yig‘indisining hosilasi shu funksiyalarning hosilalari yig‘indisiga teng ekanligini isbotlaylik.
O'zgaruvchiga ruxsat bering /? berilgan xususiyatlar sonini bildiradi. Agar faqat bitta funktsiya berilgan bo'lsa, yig'indi sifatida aynan shu funktsiya tushuniladi. Shuning uchun, agar /7=1 bo'lsa, u holda bayonot to'g'ri bo'ladi: /" = /".
Faraz qilaylik bayonot to'plami uchun to'g'ri ekanligini P funktsiyalari (bu erda yana harf o'rniga uchun xat olingan P), ya'ni yig'indining hosilasi P funksiyalar hosilalari yig‘indisiga teng.
Keling, isbot qilaylik(n+1) funksiyalar yig‘indisining hosilasi hosilalari yig‘indisiga teng ekanligini. dan tashkil topgan ixtiyoriy to'plamni oling n+ Differensiallanuvchi funksiya: /1,/2, . Keling, ushbu funktsiyalarning yig'indisini ifodalaylik
sifatida g+f„+ 1, qayerda g=f +/g + ... +/t- so'm P funktsiyalari. Induktiv gipotezaga ko'ra, funktsiyaning hosilasi g hosilalarning yig'indisiga teng: g" = ft + ft + ... +ft. Shunday qilib, quyidagi tenglik zanjiri mavjud:
Induktiv o'tish tugallandi.
Shunday qilib, asl taklif har qanday cheklangan sonli funktsiyalar uchun isbotlangan.
Ba'zi hollarda taklifning haqiqatini isbotlash talab qilinadi A(p) barcha tabiiy i uchun, qandaydir qiymatdan boshlab Bilan. Bunday hollarda matematik induksiya bilan isbotlash quyidagi sxema bo'yicha amalga oshiriladi.
induksiya asosi. Biz taklifni isbotlaymiz LEKIN qiymat uchun to'g'ri P, teng Bilan.
Induktiv o'tish. 1) Biz taklif deb o'ylaymiz LEKIN ba'zi bir qiymat uchun to'g'ri uchun dan katta yoki teng bo'lgan /? o'zgaruvchisi Bilan.
2) Biz taklifni isbotlaymiz LEKIN uchun to'g'ri /? ga teng
Xat o'rniga yana bir bor e'tibor bering uchun ko'pincha o'zgaruvchan belgini qoldiring P. Bunday holda, induktiv o'tish quyidagi so'zlar bilan boshlanadi: “Faraz qilaylik, qandaydir qiymat uchun n>s to'g'ri A(p). Keling, buni isbotlaylik A(n+ biri)".
5.5.9-misol. Keling, buni tabiiy ravishda isbotlaylik n> 5 2” > va 2 tengsizliklari to‘g‘ri.
induksiya asosi. Mayli n= 5. Keyin 2 5 =32, 5 2 =25. 32>25 tengsizlik rost.
Induktiv o'tish. Faraz qilaylik, tengsizlik 2 P>n 2 ba'zi natural sonlar uchun n> 5. Keling, isbot qilaylik, u keyin 2" +| > (n+1) 2 bo'ladi.
Quvvatlarning xossalari bo'yicha 2” +| = 2-2". 2" > n 2 (induktiv gipoteza bo'yicha), keyin 2-2" > 2n 2 (I) bo'lgani uchun.
Keling, buni oqlaylik 2 p 2(i+1) 2 dan katta. Buni ko'p jihatdan qilish mumkin. Kvadrat tengsizlikni yechish kifoya 2x 2 >(x+) 2 haqiqiy sonlar to‘plamida va 5 dan katta yoki unga teng barcha natural sonlar uning yechimi ekanligini ko‘ring.
Biz quyidagicha davom etamiz. Keling, 2-sonlarning farqini topamiz p 2 va (i+1) 2:
O'shandan beri va > 5, keyin i + 1 > 6, ya'ni (i + 1) 2 > 36. Demak, farq 0 dan katta. Demak, 2i 2 > (i + 1) 2 (2).
Tengsizliklarning xossalariga ko‘ra (I) va (2) dan 2*2" > (n + 1) 2 kelib chiqadi, bu induktiv o‘tishni oqlash uchun isbotlash uchun zarur edi.
Matematik induksiya usuliga asoslanib, biz tengsizlik degan xulosaga kelamiz 2" > i 2 har qanday natural sonlar uchun to'g'ri i.
Matematik induksiya usulining boshqa shaklini ko'rib chiqing. Farqi induktiv o'tishda. Uni amalga oshirish uchun ikkita qadam kerak:
- 1) taklif deb faraz qiling A(p) i o'zgaruvchining barcha qiymatlari uchun to'g'ri, ba'zi bir raqamdan kichik R;
- 2) qilingan taxmindan taklif degan xulosaga keling A(p) raqam uchun to'g'ri R.
Shunday qilib, induktiv qadam xulosani isbotlashni talab qiladi: [(Ui?) A(n)] => A(p). E'tibor bering, xulosa quyidagicha yozilishi mumkin: [(Yn^p) A(n)] => A(p+ 1).
Taklifni isbotlashda matematik induksiya usulining dastlabki formulasida A(p) biz faqat “oldingi” taklifga tayandik A(p- biri). Bu erda keltirilgan usulning formulasi xulosa chiqarish imkonini beradi A(p), barcha takliflar, deb faraz A(n), qayerda men kamroqman R, rost.
5.5.10-misol. Teoremani isbotlaylik: “Har qanday i-burchakning ichki burchaklarining yig‘indisi 180°(i-2) ga teng”.
Qavariq ko'pburchak uchun teorema, agar u bir cho'qqidan chizilgan diagonallar orqali uchburchaklarga bo'lingan bo'lsa, uni isbotlash oson. Biroq, konveks bo'lmagan ko'pburchak uchun bunday tartibni amalga oshirish mumkin emas.
Ixtiyoriy ko‘pburchak uchun teoremani matematik induksiya yo‘li bilan isbotlaylik. Biz quyidagi tasdiqni ma'lum deb hisoblaymiz, bu esa, qat'iy aytganda, alohida isbotni talab qiladi: "Har qanday //-gonda butunlay uning ichki qismida joylashgan diagonal mavjud."
// oʻzgaruvchisi oʻrniga 3 dan katta yoki teng boʻlgan har qanday natural sonlarni qoʻyishingiz mumkin. n=b Teorema to'g'ri, chunki uchburchakdagi burchaklar yig'indisi 180 ° ga teng.
Bir oz /7-gon oling (p> 4) va faraz qilaylik, har qanday //-gon burchaklarining yig'indisi, bu erda // p, 180°(//-2) ga teng. //-gon burchaklarining yig'indisi 180°(//-2) ga teng ekanligini isbotlaylik.
Uning ichida yotgan diagonali //-gon chizamiz. U //-gonni ikkita ko'pburchakka bo'ladi. Ulardan biriga ega bo'lsin uchun tomonlar, ikkinchisi 2 ga tomonlar. Keyin k + k 2 -2 \u003d p, chunki olingan ko'pburchaklar umumiy tomoni chizilgan diagonalga ega, bu asl //-gonning tomoni emas.
Ikkala raqam ham uchun va 2 ga Kamroq //. Hosil bo‘lgan ko‘pburchaklarga induktiv farazni qo‘llaymiz: A]-burchak burchaklarining yig‘indisi 180°-(?i-2), burchaklar yig‘indisi? 2-gon 180 ° ga teng - (Ar 2 -2). Keyin //-gon burchaklarining yig'indisi ushbu raqamlar yig'indisiga teng bo'ladi:
180 ° * (Ar | -2) -n 180 ° (Ar2-2) \u003d 180 o (Ar, -Ar 2 -2-2) \u003d 180 ° - (//-2).
Induktiv o'tish oqlanadi. Matematik induksiya usuli asosida har qanday //-gon (//>3) uchun teorema isbotlangan.
Matematik induksiya usuli
Kirish
Asosiy qism
- To'liq va to'liqsiz induksiya
- Matematik induksiya printsipi
- Matematik induksiya usuli
- Misollar yechimi
- Tenglik
- Raqam bo'linishi
- tengsizliklar
Xulosa
Foydalanilgan adabiyotlar ro'yxati
Kirish
Deduktiv va induktiv usullar har qanday matematik tadqiqotning asosidir. Mulohaza yuritishning deduktiv usuli - umumiydan xususiyga fikr yuritish, ya'ni. mulohaza yuritish, uning boshlanish nuqtasi umumiy natija, yakuniy nuqtasi esa xususiy natijadir. Induktsiya alohida natijalardan umumiy natijalarga o'tishda qo'llaniladi, ya'ni. deduktiv usulga qarama-qarshidir.
Matematik induksiya usulini progress bilan solishtirish mumkin. Biz eng pastdan boshlaymiz, mantiqiy fikrlash natijasida biz eng yuqori darajaga chiqamiz. Inson doimo taraqqiyotga, o'z tafakkurini mantiqiy rivojlantirish qobiliyatiga intilgan, demak, tabiatning o'zi uni induktiv fikrlashni tayinlagan.
Matematik induksiya usulini qo`llash sohasi kengaygan bo`lsada, maktab o`quv dasturida unga kam vaqt ajratilgan. Xo'sh, foydali odamni besh so'z nazariyani eshitib, beshta ibtidoiy masalani yechadigan va natijada hech narsa bilmasligi uchun besh olgan ikki-uch dars olib keladi, deylik.
Ammo bu juda muhim - induktiv fikr yurita olish.
Asosiy qism
O'zining asl ma'nosida "induksiya" so'zi mulohaza yuritish uchun qo'llaniladi, uning yordamida bir qator alohida bayonotlarga asoslangan umumiy xulosalar olinadi. Bunday fikrlashning eng oddiy usuli to'liq induksiyadir. Mana shunday mulohazalarga misol.
4 ichida har bir natural juft son n ekanligini aniqlash talab qilinsin< 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.
Bu to'qqizta tenglik shuni ko'rsatadiki, bizni qiziqtirgan raqamlarning har biri haqiqatan ham ikkita asosiy hadning yig'indisi sifatida ifodalanadi.
Shunday qilib, to'liq induksiya - bu umumiy fikrning cheklangan miqdordagi mumkin bo'lgan holatlarning har birida alohida isbotlanishi.
Ba'zida umumiy natijani hammasini emas, balki ko'p sonli maxsus holatlarni (to'liq bo'lmagan induksiya deb ataladigan) ko'rib chiqqandan keyin taxmin qilish mumkin.
To'liq bo'lmagan induksiya natijasida olingan natija esa, barcha maxsus holatlarni qamrab oluvchi aniq matematik mulohaza bilan isbotlanmaguncha, faqat gipoteza bo'lib qoladi. Boshqacha qilib aytadigan bo'lsak, matematikada to'liq bo'lmagan induksiya qat'iy isbotlashning qonuniy usuli hisoblanmaydi, balki yangi haqiqatlarni ochishning kuchli usuli hisoblanadi.
Masalan, birinchi navbatdagi n ta toq sonning yig'indisini topish talab qilinsin. Maxsus holatlarni ko'rib chiqing:
1+3+5+7+9=25=5 2
Ushbu bir nechta maxsus holatlarni ko'rib chiqqandan so'ng, quyidagi umumiy xulosa o'zini oqlaydi:
1+3+5+…+(2n-1)=n 2
bular. birinchi n ta ketma-ket toq sonlar yig'indisi n 2 ga teng
Albatta, olib borilgan kuzatish hali yuqoridagi formulaning to'g'riligiga dalil bo'la olmaydi.
To'liq induksiya faqat matematikada cheklangan qo'llanilishiga ega. Ko'pgina qiziqarli matematik bayonotlar cheksiz sonli maxsus holatlarni qamrab oladi va biz cheksiz sonli holatlarni sinab ko'ra olmaymiz. Tugallanmagan induktsiya ko'pincha noto'g'ri natijalarga olib keladi.
Ko'p hollarda bunday qiyinchilikdan chiqish yo'li matematik induksiya usuli deb ataladigan maxsus fikrlash usuliga murojaat qilishdir. Bu quyidagicha.
Har qanday natural n soni uchun ma'lum bir fikrning to'g'riligini isbotlash zarur bo'lsin (masalan, birinchi n ta toq sonlar yig'indisi n 2 ga teng ekanligini isbotlash kerak). Ushbu bayonotni n ning har bir qiymati uchun to'g'ridan-to'g'ri tekshirish mumkin emas, chunki natural sonlar to'plami cheksizdir. Bu gapni isbotlash uchun avvalo n=1 uchun uning haqiqiyligini tekshiring. Keyin k ning har qanday natural qiymati uchun n=k uchun ko‘rib chiqilayotgan fikrning to‘g‘riligi uning n=k+1 uchun ham to‘g‘riligini bildirishi isbotlanadi.
Keyin tasdiq hamma n uchun isbotlangan deb hisoblanadi. Haqiqatan ham, n = 1 uchun bayonot to'g'ri. Ammo u keyingi n=1+1=2 son uchun ham amal qiladi. n=2 uchun tasdiqning haqiqiyligi uning n=2+ uchun haqiqiyligini bildiradi
1=3. Bu n=4 uchun bayonotning haqiqiyligini anglatadi va hokazo. Oxir-oqibat, har qanday natural n soniga yetishimiz aniq. Demak, bu gap har qanday n uchun to'g'ri bo'ladi.
Aytilganlarni umumlashtirib, biz quyidagi umumiy tamoyilni shakllantiramiz.
Matematik induksiya printsipi.
Agar n natural soniga bog‘liq bo‘lgan A(n) gap n=1 uchun to‘g‘ri bo‘lsa va n=k uchun to‘g‘ri bo‘lishidan (bu yerda k har qanday natural son) shunday xulosa chiqadi. keyingi n=k +1 soni uchun to'g'ri, u holda A(n) faraz har qanday natural n soni uchun to'g'ri bo'ladi.
Bir qator hollarda, ma'lum bir fikrning to'g'riligini barcha natural sonlar uchun emas, balki faqat n>p uchun isbotlash kerak bo'lishi mumkin, bu erda p - qat'iy belgilangan natural son. Bunda matematik induksiya tamoyili quyidagicha tuzilgan.
Agar A(n) taklif n=p uchun to‘g‘ri bo‘lsa va har qanday k>p uchun A(k)ÞA(k+1) bo‘lsa, A(n) taklif har qanday n>p uchun to‘g‘ri bo‘ladi.
Matematik induksiya usuli bilan isbotlash quyidagicha amalga oshiriladi. Birinchidan, isbotlanishi kerak bo'lgan tasdiq n=1 uchun tekshiriladi, ya'ni. A(1) gapning haqiqati aniqlanadi. Isbotning bu qismi induksiya asosi deb ataladi. Buning ortidan induksiya bosqichi deb ataladigan dalilning bir qismi keladi. Bu qismda n=k+1 uchun mulohazaning to'g'riligi n=k uchun (induktiv faraz) to'g'ri degan faraz ostida isbotlanadi, ya'ni. A(k)ÞA(k+1) ekanligini isbotlang.
1+3+5+…+(2n-1)=n 2 ekanligini isbotlang.
Yechish: 1) Bizda n=1=1 2 . Binobarin,
bayonot n=1 uchun to'g'ri, ya'ni. A (1) to'g'ri.
2) A(k)ÞA(k+1) ekanligini isbotlaymiz.
k har qanday natural son bo'lsin va n=k uchun bayonot to'g'ri bo'lsin, ya'ni.
1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .
Isbot qilaylikki, u holda tasdiq keyingi natural son n=k+1 uchun ham to'g'ri, ya'ni. nima
1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .
Haqiqatdan ham,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .
Shunday qilib, A(k)ÞA(k+1). Matematik induksiya tamoyiliga asoslanib, A(n) faraz har qanday nnN uchun to‘g‘ri degan xulosaga kelamiz.
Buni isbotlang
1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), bunda x¹1
Yechish: 1) n=1 bo‘lganda olamiz
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1
shuning uchun n=1 uchun formula to'g'ri; A (1) to'g'ri.
2) k har qanday natural son bo‘lsin va n=k uchun formula to‘g‘ri bo‘lsin, ya’ni.
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).
Keling, tenglikni isbotlaylik
1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1).
Haqiqatdan ham
1+x+x 2 +x 3 +…+x 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).
Shunday qilib, A(k)ÞA(k+1). Matematik induksiya printsipiga asoslanib, formula har qanday natural n soni uchun to'g'ri degan xulosaga kelamiz.
Qavariq n-burchakning diagonallari soni n(n-3)/2 ekanligini isbotlang.
Yechish: 1) n=3 bo‘lganda gap to‘g‘ri bo‘ladi
Va 3 to'g'ri, chunki uchburchakda
A 3 =3(3-3)/2=0 diagonal;
A 2 A(3) to'g'ri.
2) Faraz qilaylik, har qandayida
qavariq k-gon bor-
A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonal.
A k Buni qavariqda isbotlaylik
(k+1)-gon raqami
diagonallar A k+1 =(k+1)(k-2)/2.
A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 -qavariq (k+1)-burchak bo‘lsin. Unda A 1 A k diagonali chizamiz. Bu (k + 1)-gon diagonallarining umumiy sonini hisoblash uchun siz k-gondagi diagonallar sonini hisoblashingiz kerak A 1 A 2 ...A k, natijada paydo bo'lgan songa k-2 qo'shing, ya'ni. (k+1)-burchakning A k+1 tepasidan keladigan diagonallari soni va bundan tashqari, A 1 A k diagonalini hisobga olish kerak.
Shunday qilib,
k+1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.
Shunday qilib, A(k)ÞA(k+1). Matematik induksiya printsipi tufayli bu bayonot har qanday qavariq n-gon uchun to'g'ri bo'ladi.
Har qanday n gap uchun to'g'ri ekanligini isbotlang:
1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.
Yechish: 1) U holda n=1 bo‘lsin
X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.
Demak, n=1 uchun gap to'g'ri.
2) n=k deb faraz qilaylik
X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.
3) n=k+1 uchun ushbu bayonotni ko'rib chiqing
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.
Biz n=k+1 uchun tenglikning to‘g‘riligini isbotladik, shuning uchun matematik induksiya usuli tufayli bu gap har qanday natural n uchun to‘g‘ri bo‘ladi.
Har qanday natural n uchun tenglik to‘g‘ri ekanligini isbotlang:
1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.
Yechish: 1) n=1 bo‘lsin.
U holda X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.
Biz n=1 uchun bayonot to'g'ri ekanligini ko'ramiz.
2) n=k uchun tenglik to‘g‘ri deb faraz qilaylik
X k \u003d k 2 (k + 1) 2/4.
3) n=k+1 uchun bu fikrning haqiqatligini isbotlaylik, ya’ni.
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.
Yuqoridagi dalildan ko'rinib turibdiki, n=k+1 uchun gap to'g'ri, demak, har qanday natural n uchun tenglik to'g'ri bo'ladi.
Buni isbotlang
((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), bu yerda n>2.
Yechish: 1) n=2 uchun o‘ziga xoslik quyidagicha ko‘rinadi: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),
bular. bu to'g'ri.
2) n=k uchun ifoda to‘g‘ri deb faraz qilaylik
(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).
3) n=k+1 ifodaning to’g’riligini isbotlaymiz.
(((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).
Biz n=k+1 uchun tenglikning to‘g‘riligini isbotladik, shuning uchun matematik induksiya usuli tufayli har qanday n>2 uchun bayonot to‘g‘ri bo‘ladi.
Buni isbotlang
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)
har qanday tabiiy n uchun.
Yechish: 1) U holda n=1 bo‘lsin
1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.
2) n=k, deb faraz qilaylik
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).
3) n=k+1 uchun bu fikrning haqiqatligini isbotlaymiz
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).
n=k+1 uchun tenglikning to‘g‘riligi ham isbotlangan, shuning uchun ham har qanday natural n soni uchun gap to‘g‘ri bo‘ladi.
Shaxsning haqiqiyligini isbotlang
(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)
har qanday tabiiy n uchun.
1) n=1 uchun identifikatsiya rost 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).
2) n=k uchun shunday deb faraz qilaylik
(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).
3) n=k+1 uchun aynanlik to‘g‘ri ekanligini isbotlaylik.
(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).
Yuqoridagi dalildan ko'rinib turibdiki, ta'kid har qanday natural n soni uchun to'g'ri.
(11 n+2 +12 2n+1) 133 ga qoldiqsiz boʻlinishini isbotlang.
Yechish: 1) U holda n=1 bo‘lsin
11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23'133.
Lekin (23'133) 133 ga qoldiqsiz bo'linadi, shuning uchun n=1 uchun gap to'g'ri; A (1) to'g'ri.
2) Faraz qilaylik (11 k+2 +12 2k+1) 133 ga qoldiqsiz bo‘linsin.
3) Keling, bu holatda buni isbotlaylik
(11 k+3 +12 2k+3) 133 ga qoldiqsiz bo'linadi. Darhaqiqat, 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 .
Hosil boʻlgan yigʻindi 133 ga qoldiqsiz boʻlinadi, chunki uning birinchi aʼzosi faraz boʻyicha 133 ga qoldiqsiz boʻlinadi, ikkinchisida esa koʻpaytmalardan biri 133 ga teng. Demak, A(k)ÞA(k+1). Matematik induksiya usuli yordamida ta'kid isbotlangan.
Har qanday n 7 n -1 uchun 6 ga qoldiqsiz bo‘linishini isbotlang.
Yechish: 1) n=1 bo‘lsin, u holda X 1 =7 1 -1=6 6 ga qoldiqsiz bo‘linadi. Shunday qilib, n = 1 uchun bayonot to'g'ri.
2) n=k uchun shunday deb faraz qilaylik
7 k -1 6 ga qoldiqsiz bo'linadi.
3) n=k+1 uchun gap to‘g‘ri ekanligini isbotlaylik.
X k+1 =7 k+1 -1=7´7 k -7+6=7(7 k -1)+6.
Birinchi had 6 ga bo'linadi, chunki 7 k -1 faraz bo'yicha 6 ga bo'linadi, ikkinchi had 6 ga teng. Demak, 7 n -1 har qanday natural n uchun 6 ga karrali hisoblanadi. Matematik induksiya usuli yordamida ta'kid isbotlangan.
Ixtiyoriy natural n uchun 3 3n-1 +2 4n-3 11 ga boʻlinishini isbotlang.
Yechish: 1) U holda n=1 bo‘lsin
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 11 ga qoldiqsiz bo'linadi. Demak, n=1 uchun gap to'g'ri.
2) n=k uchun shunday deb faraz qilaylik
X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 11 ga qoldiqsiz bo'linadi.
3) n=k+1 uchun gap to‘g‘ri ekanligini isbotlaylik.
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 .
Birinchi had 11 ga qoldiqsiz bo'linadi, chunki 3 3k-1 +2 4k-3 faraz bilan 11 ga bo'linadi, ikkinchisi 11 ga bo'linadi, chunki uning ko'rsatkichlaridan biri 11 soni. Demak, yig'indisi har qanday natural n uchun ham qoldiqsiz 11 ga bo‘linadi. Matematik induksiya usuli yordamida ta'kid isbotlangan.
Ixtiyoriy musbat butun n uchun 11 2n -1 6 ga qoldiqsiz bo‘linishini isbotlang.
Yechish: 1) n=1 bo‘lsin, u holda 11 2 -1=120 6 ga qoldiqsiz bo‘linadi. Shunday qilib, n = 1 uchun bayonot to'g'ri.
2) n=k uchun shunday deb faraz qilaylik
11 2k -1 6 ga qoldiqsiz bo'linadi.
11 2(k+1) -1=121'11 2k -1=120'11 2k +(11 2k -1).
Har ikkala atama 6 ga qoldiqsiz bo'linadi: birinchisi 6 ga karrali 120 raqamini o'z ichiga oladi, ikkinchisi esa faraz bo'yicha qoldiqsiz 6 ga bo'linadi. Shunday qilib, yig'indi 6 ga qoldiqsiz bo'linadi. Matematik induksiya usuli yordamida ta'kid isbotlangan.
Ixtiyoriy musbat n son uchun 3 3n+3 -26n-27 26 2 ga (676) qoldiqsiz boʻlinishini isbotlang.
Yechish: Avval 3 3n+3 -1 ning 26 ga qoldiqsiz bo‘linishini isbotlaymiz.
- n=0 uchun
- Faraz qilaylik, n=k uchun
- Keling, bu bayonotni isbotlaylik
3 3 -1=26 26 ga bo'linadi
3 3k+3 -1 26 ga bo'linadi
n=k+1 uchun to'g'ri.
3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – 26 ga boʻlinadi
Endi masalaning shartida tuzilgan fikrni isbotlaylik.
1) Ko'rinib turibdiki, n=1 uchun gap to'g'ri
3 3+3 -26-27=676
2) n=k uchun shunday deb faraz qilaylik
3 3k+3 -26k-27 ifoda 26 2 ga qoldiqsiz bo'linadi.
3) n=k+1 uchun gap to‘g‘ri ekanligini isbotlaylik
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27).
Ikkala atama ham 26 2 ga bo'linadi; birinchisi 26 2 ga bo'linadi, chunki biz qavs ichidagi ifoda 26 ga bo'linishini, ikkinchisi esa induktiv gipoteza orqali bo'linishini isbotladik. Matematik induksiya usuli yordamida ta'kid isbotlangan.
Agar n>2 va x>0 bo'lsa, tengsizlik ekanligini isbotlang
(1+x) n >1+n´x.
Yechish: 1) n=2 uchun tengsizlik rost, chunki
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.
Shunday qilib, A (2) to'g'ri.
2) A(k)ÞA(k+1) k> bo‘lsa, isbot qilaylik 2. Faraz qilaylik, A(k) to‘g‘ri, ya’ni tengsizlik.
(1+x) k >1+k´x. (3)
U holda A(k+1) ham to'g'ri ekanligini, ya'ni tengsizlikni isbotlaylik
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Haqiqatan ham, (3) tengsizlikning ikkala tomonini musbat 1+x soniga ko'paytirib, biz hosil bo'lamiz.
(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).
Oxirgi tengsizning o'ng tomonini ko'rib chiqing
stva; bizda ... bor
(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.
Natijada biz bunga erishamiz
(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.
Shunday qilib, A(k)ÞA(k+1). Matematik induksiya printsipiga asoslanib, Bernulli tengsizligi har qanday tengsizlik uchun o'rinli ekanligini ta'kidlash mumkin.
Tengsizlik haqiqat ekanligini isbotlang
(1+a+a 2) a> 0 uchun m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2.
Yechish: 1) m=1 uchun
(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ikkala qism teng.
2) m=k uchun shunday deb faraz qilaylik
(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2
3) m=k+1 uchun tengsizlik haqiqat ekanligini isbotlaylik
(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 .
Biz m=k+1 uchun tengsizlikning to‘g‘riligini isbotladik, shuning uchun matematik induksiya usuli tufayli har qanday natural m uchun tengsizlik to‘g‘ri bo‘ladi.
n>6 uchun tengsizlik ekanligini isbotlang
3 n >n´2 n+1 .
Yechish: Tengsizlikni ko‘rinishda qayta yozamiz
- n=7 uchun bizda bor
- Faraz qilaylik, n=k uchun
3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7
tengsizlik haqiqatdir.
3) n=k+1 uchun tengsizlikning to‘g‘riligini isbotlaymiz.
3k+1 /2k+1 =(3k /2k)´(3/2)>2k´(3/2)=3k>2(k+1).
k>7 bo'lgani uchun oxirgi tengsizlik aniq.
Matematik induksiya usuli tufayli tengsizlik har qanday natural n uchun amal qiladi.
n>2 tengsizlik uchun ekanligini isbotlang
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n).
Yechish: 1) n=3 bo‘lganda tengsizlik to‘g‘ri
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).
- Faraz qilaylik, n=k uchun
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k).
3) Biz bo'lmaganlarning to'g'riligini isbotlaymiz.
n=k+1 uchun tenglik
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2).
1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2) ekanligini isbotlaylik.<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 Ikkinchisi aniq va shuning uchun 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1). Matematik induksiya usuli yordamida tengsizlik isbotlanadi. Xulosa Xususan, matematik induksiya usulini o‘rganib, matematikaning ushbu yo‘nalishi bo‘yicha bilimlarimni oshirdim, shuningdek, ilgari qo‘limdan kelmagan masalalarni yechish usullarini ham o‘rgandim. Asosan, bu mantiqiy va qiziqarli vazifalar edi, ya'ni. faqat matematikaning o'ziga fan sifatida qiziqishni oshiradiganlar. Bunday muammolarni hal qilish qiziqarli faoliyatga aylanadi va ko'proq qiziquvchan odamlarni matematik labirintlarga jalb qilishi mumkin. Menimcha, bu har qanday fanning asosidir. Matematik induksiya usulini o‘rganishni davom ettirar ekanman, uni nafaqat matematikada, balki fizika, kimyo va hayotning o‘ziga tegishli masalalarni yechishda ham qo‘llashni o‘rganishga harakat qilaman. MATEMATIKA: MA'RUZALAR, VAZIFALAR, YECHIMALAR Darslik / V. G. Boltyanskiy, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpuri MChJ 1996 yil. ALGEBRA VA TAHLIL PRINSİPLARI Darslik / I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Shvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Veyts. "Ma'rifat" 1975 yil. Matematikaning ko'p sohalarida ga bog'liq bo'lgan bayonotning haqiqatini isbotlash kerak, ya'ni. taklifning haqiqati p(n) uchun " n nN (har qanday uchun n ON p(n) o'ng). Buni ko'pincha isbotlash mumkin Matematik induksiya usuli. Bu usul matematik induksiya tamoyiliga asoslanadi. Odatda arifmetika aksiomalaridan biri sifatida tanlanadi va shuning uchun isbotsiz qabul qilinadi. Matematik induksiya printsipiga ko'ra, gap p(n) Agar ikkita shart bajarilsa, o'zgaruvchining barcha tabiiy qiymatlari uchun to'g'ri hisoblanadi: 1. Taklif p(n) uchun to'g'ri n= 1. 2. that jumlasidan p(n) uchun to'g'ri n =k (k - ixtiyoriy natural son) uchun to'g'ri ekanligi kelib chiqadi n =k+ 1. Matematik induksiya usuli deganda quyidagi isbotlash usuli tushuniladi 1. uchun bayonotning haqiqatini tekshiring n= 1 - induksiyaning asosi. 2. uchun gap rost deb faraz qiling n = k - induktiv taxmin. 3. U holda u uchun ham to'g'ri ekanligini isbotlang n =k+ 1 induktiv o'tish. Ba'zan taklif p(n) hamma uchun ham to'g'ri bo'lib chiqadi n, va ba'zilaridan boshlab uchun n = n 0. Bunda haqiqat induksiya bazasida tekshiriladi p(n) da n = n 0. 1-misol Mayli. Buni isbotlang 1. Induksion asos: qachon n ta'rifi bo'yicha = 1 S 1 = 1 va formula bo'yicha biz bitta natijaga erishamiz. Bayonot to'g'ri. n=k va . n=k+ 1. Keling, buni isbotlaylik. Haqiqatan ham, induktiv taxmin bilan Keling, ushbu ifodani o'zgartiraylik Induktiv o'tish isbotlangan. Izoh. Berilgan (induktiv taxmin) va nimani isbotlash kerakligini yozish foydalidir! 2-misol isbotlash 1. Induksiya asosi. Da n= 1, tasdiq aniq haqiqatdir. 2. Induktiv faraz. Mayli n=k va 3. Induktiv o'tish. Mayli n=k+ 1. Keling, isbotlaymiz: Haqiqatan ham, keling, o'ng tomonni ikkita raqamning yig'indisi sifatida kvadratga aylantiramiz: Induktiv taxmin va arifmetik progressiya yig‘indisi formulasidan foydalanib: 3-misol Tengsizlikni isbotlang 1. Bu holatda induksiyaning asosi uchun bayonotning haqiqatini tekshirish, ya'ni. tengsizlikni tekshirish kerak. Buning uchun tengsizlikni kvadratga solish kifoya: yoki 63< 64 – неравенство верно. 2. uchun tengsizlik to'g'ri bo'lsin, ya'ni. 3. , isbotlang: Biz induksiya gipotezasidan foydalanamiz Isbot qilinayotgan tengsizlikda o'ng tomon qanday bo'lishi kerakligini bilib, biz ushbu qismni tanlaymiz Qo'shimcha omil birlikdan oshmasligini aniqlash qoladi. Haqiqatan ham, 4-misol Har qanday natural son raqam bilan tugashini isbotlang. 1. Mulohaza rost bo‘lgan eng kichik natural son ga teng. . 2. Oxirgi raqam bilan yozilsin. Demak, bu sonni quyidagicha yozish mumkin, bu yerda qandaydir natural son. Keyin. 3. Mayli. bilan tugashini isbotlaylik. Olingan tasvirdan foydalanib, biz olamiz Oxirgi raqamda aynan bittasi bor. Ilova 1.4. Matematik induksiya usuli Ma’lumki, matematik mulohazalar (teoremalar) asoslanishi, isbotlanishi kerak. Endi isbotlash usullaridan biri - matematik induksiya usuli bilan tanishamiz. Keng ma'noda induksiya - bu alohida gaplardan umumiy gaplarga o'tish imkonini beruvchi fikrlash usuli. Umumiy gaplardan alohida gaplarga teskari o‘tish deduksiya deyiladi. Deduksiya har doim to'g'ri xulosaga olib keladi. Misol uchun, biz umumiy natijani bilamiz: nol bilan tugaydigan barcha butun sonlar 5 ga bo'linadi. Bundan, albatta, biz 0 bilan tugaydigan har qanday maxsus son, masalan, 180, 5 ga bo'linadi degan xulosaga kelishimiz mumkin. Shu bilan birga, induktsiya noto'g'ri xulosalarga olib kelishi mumkin. Masalan, 60 soni 1, 2, 3, 4, 5, 6 raqamlariga bo‘linishini ko‘rib, 60 soni umuman biron-bir songa bo‘linishi mumkin degan xulosaga kelishga haqqimiz yo‘q. Matematik induktsiya usuli ko'p hollarda P(n) umumiy tasdiqining to'g'riligini qat'iy isbotlashga imkon beradi, uning formulasi n natural sonini o'z ichiga oladi. Usulni qo'llash 3 bosqichni o'z ichiga oladi. 1) Induksiya asosi: n = 1 (yoki P(n) ning haqiqiyligi qabul qilingan boshqa n ning xususiy qiymati uchun) uchun P(n) bayonotining haqiqiyligini tekshiramiz. 2) Induksiya farazi: n = k uchun P(n) togri, deb faraz qilamiz. 3) Induksiya bosqichi: farazdan foydalanib, n = k + 1 uchun P(n) to‘g‘ri ekanligini isbotlaymiz. Natijada, P(n) har qanday n ∈ N uchun o'rinli degan xulosaga kelishimiz mumkin. Darhaqiqat, n = 1 uchun tasdiq haqiqatdir (induksiya asosi). Va shuning uchun n = 2 uchun ham to'g'ri, chunki n = 1 dan n = 2 ga o'tish oqlanadi (induksiya bosqichi). Induksiya bosqichini qayta-qayta qo'llash orqali biz n = 3, 4, 5, uchun P(n) ning haqiqiyligini olamiz. . ., ya'ni barcha n uchun P(n) ning haqiqiyligi. 14-misol. Birinchi n ta toq natural sonlar yig'indisi n2: 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2. Isbotlash matematik induksiya usuli bilan amalga oshiriladi. 1) Baza: n=1 uchun chap tomonda faqat bitta had bor, biz olamiz: 1 = 1. Bayonot to'g'ri. 2) Faraz: ba'zi k uchun tenglik to'g'ri deb faraz qilamiz: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2. Muammoning umumiy tavsifi quyidagicha: Bir o'q bilan nishonga tegish ehtimoli $p$ ga teng. $n$ o'q uzildi. Nishonga aynan $k$ marta tegish ehtimolini toping ($k$ zarbalar bo'ladi). Biz Bernulli formulasini qo'llaymiz va quyidagilarni olamiz: $$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k). Bu erda $C_n^k$ - $n$ dan $k$ gacha bo'lgan kombinatsiyalar soni. Agar muammo bilan bir nechta o'qlar mavjud bo'lsa turli xil ehtimolliklar maqsadga erishish, nazariya, yechim misollari va kalkulyatorni bu yerda topishingiz mumkin. Bernoulli suratlari bilan bog'liq muammolarni hal qilish bo'yicha videomizni tomosha qiling, umumiy muammolarni hal qilish uchun Exceldan qanday foydalanishni o'rganing.
Videodan Excel hisoblash fayli bepul yuklab olinishi va muammolaringizni hal qilish uchun ishlatilishi mumkin. Keling, bir nechta odatiy misollarni ko'rib chiqaylik. 1-misol 7 marta o'q uzdi. Bir zarba bilan urish ehtimoli 0,705 ga teng. Aynan 5 ta zarba bo'lish ehtimolini toping. Biz muammo qayta-qayta mustaqil testlar (nishonga otish), jami $n=7$ otish, har bir $p=0,705$ bilan urish ehtimoli, etishmayotganlik ehtimoli $q=1-p ekanligini tushunamiz. =1-0,705=0,295$. Biz aniq $k=5$ xitlar bo'lishini aniqlashimiz kerak. Biz hamma narsani (1) formulaga almashtiramiz va quyidagilarni olamiz: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$ 2-misol Bir o'q bilan nishonga tegish ehtimoli 0,4 ga teng. Nishonga to'rtta mustaqil o'q uziladi. Nishonga kamida bitta zarba bo'lish ehtimolini toping. Biz muammoni o'rganamiz va parametrlarni yozamiz: $n=4$ (otish), $p=0,4$ (urilish ehtimoli), $k \ge 1$ (kamida bitta zarba bo'ladi). Biz qarama-qarshi hodisa ehtimoli uchun formuladan foydalanamiz (hech qanday zarba yo'q): $$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 ,6 ^4 =1- 0,6^4=1- 0,13=0,87. $$ To'rttadan kamida bir marta urish ehtimoli 0,87 yoki 87% ni tashkil qiladi. 3-misol Otuvchi tomonidan nishonga tegish ehtimoli 0,3 ga teng. 6 marta o'q uzilganda nishonga uch-olti marta tegish ehtimolini toping. Oldingi muammolardan farqli o'laroq, bu erda siz urishlar soni ma'lum bir oraliqda bo'lish ehtimolini topishingiz kerak (va ba'zi bir raqamga to'liq teng emas). Ammo formula bir xil. Nishonga uch martadan olti martagacha tegish ehtimoli topilsin, ya'ni 3 yoki 4 yoki 5 yoki 6 marta urish bo'ladi. Ushbu ehtimolliklar (1) formula bo'yicha hisoblanadi: $$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0,3^4\cdot 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0,3^5\cdot 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0,3^6\cdot 0,7^0 = 0,001. Hodisalar bir-biriga mos kelmagani uchun kerakli ehtimollikni ehtimollarni qo‘shish formulasi yordamida topish mumkin: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$ 4-misol To'rtta zarba bilan nishonga kamida bitta zarba berish ehtimoli 0,9984. Bir o'q bilan nishonga tegish ehtimolini toping. Bir o'q bilan nishonga tegish ehtimolini belgilaylik. Keling, tadbirga kiraylik: $A$ hodisasining ehtimoli formulasini yozamiz. Keling, ma'lum qiymatlarni yozamiz: $n=4$, $P(A)=0,9984$. Formula (1) ni almashtiring va quyidagilarni oling: $$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4=0,9984. Olingan tenglamani yechamiz: $$ 1-(1-p)^4=0,9984,\\ (1-p)^4=0,0016,\\ 1-p=0,2,\\ p=0,8. $$ Demak, bitta o'q bilan nishonga tegish ehtimoli 0,8 ga teng. O'qiganingiz va boshqalar bilan baham ko'rganingiz uchun tashakkur Yechimda tayyor vazifalarni toping: Bernoulli formulasidan foydalangan holda onlayn hisoblar Matematikadagi tengsizlik barcha tenglamalar uchun qo'llaniladi, bu erda "=" quyidagi belgilarning birortasi bilan almashtiriladi: \ [> \] \ [\geq \] \ [ * chiziqli; * kvadrat; * kasr; * indikativ; * trigonometrik; *logarifmik. Bunga qarab, tengsizliklar chiziqli, qisman va boshqalar deb ataladi. Siz ushbu belgilarni bilishingiz kerak: * (>) dan katta yoki (() dan kichik tengsizliklar * Belgilari bilan tengsizliklar katta yoki teng \[\geq\] dan kichik yoki teng [\leq\] noprofessional deb ataladi; * ikonka bir xil \[\ne\] emas, lekin bu belgi bo'lgan holatlar doimo hal qilinishi kerak. Bunday tengsizlik identifikatsiyani o'zgartirish orqali hal qilinadi. Shuningdek, bizning "Onlayn tenglama uchun to'liq yechimni yechish" maqolamizni o'qing. Faraz qilaylik, quyidagi tengsizlik amal qiladi: Biz uni chiziqli tenglama bilan bir xil tarzda hal qilamiz, lekin biz tengsizlik belgisini diqqat bilan kuzatib borishimiz kerak. Birinchidan, shartlarni noma'lumdan chapga, ma'lumdan o'ngga, belgilarni teskari tomonga o'tkazamiz: Keyin ikkala tomonni -4 ga bo'lamiz va tengsizlik belgisini teskari aylantiramiz: Bu tenglamaning javobi. Tenglamani bizning pocketteacher.ru saytimizda echishingiz mumkin. Bir necha soniya ichida bepul onlayn qutqaruv yechimi har qanday murakkablikdagi onlayn tenglamani hal qiladi. Siz qilishingiz kerak bo'lgan yagona narsa - qutqaruvga ma'lumotlaringizni kiritish. Shuningdek, bizning veb-saytimizda video ko'rsatmalarni ko'rishingiz va tenglamani qanday echishni o'rganishingiz mumkin. Va agar sizda savollar bo'lsa, ularni Vkontakte guruhimizda so'rashingiz mumkin: cho'ntak o'qituvchisi. Guruhimizga qo'shiling, biz sizga yordam berishdan xursand bo'lamiz. Tenglamalarni yechish / Differensial tenglamalar © RU testi - onlayn kalkulyatorlar tenglama: Kalkulyator yordamida siz turli xil murakkablikdagi differensial tenglamalarni echishingiz mumkin. MBOU "Texnik-iqtisodiy" litseyi
MATEMATIK INDUKSIYA USULI
MATEMATIK INDUKSIYA USULI.
IZOH
Matematik profilning 10-sinf o‘quvchilari uchun “Matematik induksiya usuli” uslubiy ishlanma tuzilgan. Birlamchi maqsadlar: talabalarni matematik induksiya usuli bilan tanishtirish va uni turli masalalarni yechishda qo‘llashni o‘rgatish. Uslubiy ishlanmada elementar matematikaning savollari ko'rib chiqiladi: bo'linish masalalari, o'ziga xosliklarni isbotlash, tengsizliklarni isbotlash, turli darajadagi murakkablikdagi masalalar, shu jumladan olimpiadalarda taklif qilinadigan masalalar. Eksperimental fanlarda induktiv xulosalarning roli juda katta. Ular o'sha qoidalarni beradi, undan keyin chegirma yo'li bilan keyingi xulosalar chiqariladi. Ism Matematik induksiya usuli aldamchi - aslida bu usul deduktiv bo'lib, induksiya orqali taxmin qilingan gaplarning qat'iy isbotini beradi. Matematik induktsiya usuli matematikaning turli bo'limlari orasidagi bog'lanishlarni aniqlashga yordam beradi, o'quvchining matematik madaniyatini rivojlantirishga yordam beradi. Matematik induksiya usulining ta'rifi. To'liq va to'liqsiz induksiya. Tengsizliklarni isbotlash. Shaxsni tasdiqlovchi hujjat. Bo‘linish masalalarini yechish. “Matematik induksiya usuli” mavzusida turli masalalar yechish. O'QITUVCHI UCHUN ADABIYOT
1. M.L.Galitskiy. Algebra va matematik analiz kursini chuqur o'rganish. - M. Ma'rifatparvar. 1986 yil. 2. L.I.Zvavich. Algebra va tahlilning boshlanishi. Didaktik materiallar. M. Drofa, 2001 yil. 3. N.Ya.Vilenkin. Algebra va matematik tahlil. M Ma'rifat. 1995 yil. 4. Yu.V.Mixeev. Matematik induksiya usuli. NGU.1995. Talabalar uchun adabiyot
1. N.Ya.Vilenkin. Algebra va matematik tahlil. M Ma'rifat. 1995 yil. 2. Yu.V.Mixeev. Matematik induksiya usuli. NGU.1995. KALİT SO'ZLAR
Induksiya, aksioma, matematik induksiya prinsipi, to‘liq induksiya, to‘liqsiz induksiya, tasdiq, o‘ziga xoslik, tengsizlik, bo‘linuvchanlik. MAVZUGA DIDAKTIK ILOVA
«MATEMATIK INDUKSIYA USULI».
№1 dars
Matematik induksiya usulining ta'rifi.
Matematik induksiya usuli yangi natijalarni topish va ilgari surilgan taxminlarning haqiqatini isbotlashning yuqori samarali usullaridan biridir. Garchi bu usul matematikada yangi bo'lmasa-da, unga bo'lgan qiziqish susaymaydi. Birinchi marta aniq taqdimotda matematik induksiya usuli 17-asrda taniqli frantsuz olimi Blez Paskal tomonidan sonli uchburchakning xususiyatlarini isbotlashda qo'llanilgan va keyinchalik uning nomi bilan atalgan. Biroq, matematik induksiya g'oyasi qadimgi yunonlarga ma'lum edi. Matematik induksiya usuli aksioma sifatida qabul qilingan matematik induksiya tamoyiliga asoslanadi. Biz matematik induksiya g'oyasini misollar bilan ko'rib chiqamiz. №1 misol.
Kvadrat segment bilan ikki qismga bo'linadi, keyin hosil bo'lgan qismlardan biri ikki qismga bo'linadi va hokazo. Kvadrat necha qismga bo'linganligini aniqlang P qadamlar? Yechim. Birinchi qadamdan so'ng, biz shartga ko'ra 2 qismni olamiz. Ikkinchi bosqichda biz bir qismini o'zgarishsiz qoldiramiz, ikkinchisini esa 2 qismga bo'linib, 3 qismga ega bo'lamiz. Uchinchi bosqichda biz 2 qismni o'zgarishsiz qoldiramiz va uchinchisini ikki qismga bo'linib, 4 qismga ega bo'lamiz. To'rtinchi bosqichda biz 3 qismni o'zgarishsiz qoldiramiz va oxirgi qismni ikki qismga ajratamiz va 5 qismni olamiz. Beshinchi bosqichda biz 6 ta qismni olamiz. Taklif shu orqali amalga oshiriladi P qadamlarni olamiz (n+1) qismi. Ammo bu taklifni isbotlash kerak. Faraz qilaylik, bu orqali uchun kvadrat bosqichlarga bo'linadi (k+1) qismi. Keyin davom eting (k+1) qadam biz uchun qismlari o'zgarishsiz qoldiriladi, va (k+1) qismini ikki qismga bo'ling va oling (k+2) qismlar. E'tibor bergan bo'lasizki, siz o'zingiz xohlagancha shunday bahslasha olasiz, infinitum. Ya'ni, bizning taxminimiz shunday P qadamlar kvadratga bo'linadi (n+1) qismi, isbotlangan bo'ladi. №2 misol.
Buvimning murabboni juda yaxshi ko'radigan nevarasi bor edi, ayniqsa litrli bankada. Ammo buvisi unga tegishiga ruxsat bermadi. Va nevaralar buvisini aldashga qaror qilishdi. U har kuni bu kavanozdan 1/10 litr eyishga va uni yaxshilab aralashtirib, suv bilan to'ldirishga qaror qildi. Agar murabbo yarim suv bilan suyultirilganda ko'rinishi bir xil bo'lib qolsa, buvisi necha kundan keyin aldovni aniqlaydi? Yechim. Keyin bankada qancha sof murabbo qolishini toping P kunlar. Birinchi kundan keyin aralash 9/10 murabbo va 1/10 suvdan iborat kavanozda qoladi. Ikki kundan keyin suv va murabbo aralashmasining 1/10 qismi bankadan yo'qoladi va qoladi (1 litr aralashmada 9/10 litr murabbo, 1/10 litr aralashmada 9/100 litr murabbo mavjud) 9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litr murabbo. Uchinchi kuni kavanozdan 81/100 murabbo va 19/100 suvdan tashkil topgan 1/10 litr aralashma yo'qoladi. 1 litr aralashmada 81/100 litr murabbo, 1/10 litr aralashmada 81/1000 litr murabbo bor. 81/100 – 81/1000= 729/1000=(9/10) 3 litr murabbo 3 kundan keyin qoladi, qolgani esa suv bilan olinadi. Shakl paydo bo'ladi. orqali P bankda qolgan kunlar (9/10) P m murabbo. Ammo yana, bu bizning taxminimiz. Mayli uchun ixtiyoriy natural sondir. Faraz qilaylik, bu orqali uchun bankda kun qoladi (9/10) l murabbo. Keling, bankda yana bir kunda nima bo'lishini ko'rib chiqaylik, ya'ni (k+1) kun. Bankdan yo'qoladi 1/10 l aralashmasi (9/10)
uchun l murabbo va suv. DA 1l aralashmasi hisoblanadi (9/10)
uchun l murabbo, in 1/10 l aralashmalar (9/10)
k+1 l murabbo. Endi biz buni ishonch bilan aytishimiz mumkin P bankda kunlar qoldi (9/10)
P l murabbo. 6 kun ichida bank bo'ladi 531444/1000000l murabbo, 7 kundan keyin - 4782969/10000000l murabbo, ya'ni yarmidan kam. Javob: 7 kundan keyin buvisi yolg'onni aniqlaydi. Keling, ko'rib chiqilayotgan muammolarni hal qilishda eng asosiylarini ajratib ko'rsatishga harakat qilaylik. Biz ularning har birini alohida yoki ular aytganidek, alohida ishlarni ko‘rib chiqish orqali hal qila boshladik. Keyin kuzatishlarimiz asosida ba'zi taxminlar qildik P(n), tabiiyligiga qarab P.
da'vo tekshirildi, ya'ni isbotlandi P(1), P(2), P(3);
buni taklif qildi P(n) uchun amal qiladi n=k va keyin u keyingi uchun amal qiladi degan xulosaga keldi n, n=k+1.
Va keyin ular shunday bahslashdilar: P(1) to'g'ri, P(2) to'g'ri, P(3) to'g'ri, P(4) to'g'ri ... bu to'g'ri P(n).
Matematik induksiya printsipi.
Bayonot P(n), tabiiyligiga qarab P, barcha tabiiylar uchun amal qiladi P, agar 1) da'voning haqiqiyligi n=1;
2) bayonotning haqiqiyligi haqidagi taxmindan P(n) da n=k kerak adolat P(n) da n=k+1.
Matematikada matematik induksiya printsipi, qoida tariqasida, sonlarning natural qatorini belgilovchi aksiomalardan biri sifatida tanlanadi va shuning uchun isbotsiz qabul qilinadi. Matematik induktsiya printsipi bo'yicha isbotlash usuli odatda matematik induksiya usuli deb ataladi. E'tibor bering, bu usul teoremalarni, o'ziga xosliklarni, bo'linish masalalarini echishda tengsizliklarni va boshqa ko'plab masalalarni isbotlashda keng qo'llaniladi. №2 dars
To'liq va to'liqsiz induksiya.
Matematik bayonot ob'ektlarning cheklangan soniga taalluqli bo'lsa, buni har bir ob'ektni tekshirish orqali isbotlash mumkin, masalan, "Har bir ikki xonali juft son ikkita tub sonning yig'indisidir". Cheklangan holatlar uchun bayonotni sinab ko'radigan isbotlash usuli to'liq matematik induksiya deb ataladi. Ushbu usul nisbatan kamdan-kam qo'llaniladi, chunki bayonotlar ko'pincha cheksiz to'plamlarda ko'rib chiqiladi. Masalan, “Har qanday juft son ikki tub sonning yig‘indisiga teng” teoremasi hozirgacha na isbotlangan, na inkor etilgan. Agar biz ushbu teoremani birinchi milliard uchun sinab ko'rsak ham, bu bizni isbotlashga bir qadam ham yaqinlashtirmaydi. Tabiiy fanlarda to'liq bo'lmagan induksiya qo'llaniladi, tajribani bir necha marta sinab ko'radi, natijani barcha holatlarga o'tkazadi. №3 misol
Natural sonlar kublari yig'indisi uchun to'liq bo'lmagan induksiya formulasidan foydalanib taxmin qiling. Yechim. 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 . Isbot. Bu haqiqat bo'lsin n=k.
Bu to'g'ri ekanligini isbotlaylik n=k+1.
Xulosa: natural sonlar kublari yig'indisi formulasi har qanday natural uchun to'g'ri keladi P.
4-misol
Tengliklarni ko'rib chiqing va bu misollar qanday umumiy qonunga olib kelishini taxmin qiling. Yechim. 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
……………………………………………………………..
№5 misol
Quyidagi ifodalarni yig‘indi sifatida yozing: 1) 6-misol.
Belgi yordamida quyidagi yig‘indilarni yozing 2) №7 misol.
Quyidagi iboralarni mahsulot sifatida yozing: 1) 3) №8 misol.
Belgidan foydalanib, quyidagi ishlarni yozing (bosh yunoncha "pi" harfi) 1) №9 misol.
Polinomning qiymatini hisoblash Bu taxmin to'g'rimi? Yechim. Agar har bir yig'indi raqamga bo'linadigan bo'lsa, yig'indi shu songa bo'linadi, Cheklangan sonli holatlarni tahlil qilish matematikada muhim rol o'ynaydi: u yoki bu bayonotni isbotlamasdan, bu bayonotning to'g'ri shakllantirilishini taxmin qilishga yordam beradi, agar u hali ma'lum bo'lmasa. Sankt-Peterburg Fanlar akademiyasining a'zosi Goldbax ikkitadan boshlanadigan har qanday natural son uchta tub sonning yig'indisi degan taxminga shunday keldi. №3 dars
Matematik induksiya usuli bizga turli xilliklarni isbotlash imkonini beradi. №10 misol. Keling, buni hamma uchun isbotlaylik P shaxs Yechim. Keling, qo'ying Biz buni isbotlashimiz kerak Keling, buni shaxsning haqiqatidan isbotlaylik Matematik induksiya printsipiga ko'ra, hamma uchun o'ziga xoslik haqiqati P.
№11 misol.
Keling, shaxsni isbotlaylik Isbot. muddatga tenglik. Dars raqami 4.
Matematik induksiya orqali shaxsni isbotlash.
№12 misol.
Keling, shaxsni isbotlaylik Isbot. Matematik induktsiya tamoyilini qo'llagan holda, biz tenglik hamma uchun to'g'ri ekanligini isbotladik P.
№13 misol.
Keling, shaxsni isbotlaylik Isbot. Matematik induksiya printsipini qo'llagan holda, biz bu bayonot har qanday natural uchun to'g'ri ekanligini isbotladik P.
№14 misol.
Keling, shaxsni isbotlaylik Isbot. №15 misol.
Keling, shaxsni isbotlaylik 1)
n=1;
2) uchun n=k
tenglik 3) tenglik amal qilishini isbotlang n=k+1:
Xulosa: identifikatsiya har qanday tabiiy uchun amal qiladi P.
№16 misol. Keling, shaxsni isbotlaylik Isbot. Agar a n=1
, keyin Identifikatsiya uchun ruxsat bering n=k.
Keling, identifikatsiya tegishli ekanligini isbotlaylik n=k+1.
Keyin identifikatsiya har qanday tabiiy uchun amal qiladi P.
Dars raqami 5.
Matematik induksiya orqali shaxsni isbotlash.
№17 misol. Keling, shaxsni isbotlaylik Isbot. Agar a n=2
, keyin biz to'g'ri tenglikni olamiz: Tenglik to'g'ri bo'lsinn=k:
uchun da'voning to'g'riligini isbotlaylik n=k+1.
Matematik induksiya tamoyiliga ko`ra o`ziga xoslik isbotlangan. №18 misol.
Keling, shaxsni isbotlaylik Da n=2
bu identifikatsiyani juda oddiy shaklda qayta yozish mumkin va aniq haqiqat. ruxsat bering n=k haqiqatan ham uchun da'voning to'g'riligini isbotlaylikn=k+1,
ya’ni tenglik bajariladi: . Shunday qilib, biz o'ziga xoslik har qanday tabiiy uchun to'g'ri ekanligini isbotladik n≥2.
№19 misol.
Keling, shaxsni isbotlaylik Da n=1
to'g'ri tenglikni olamiz: Faraz qilaylik, bu vaqtda n=k biz ham to'g'ri tenglikni olamiz: uchun tenglikning haqiqiyligi kuzatilganligini isbotlaylik n=k+1:
Keyin identifikatsiya har qanday tabiiy uchun amal qiladi P.
Dars raqami 6.
Bo‘linish masalalarini yechish.
№20 misol. Buni matematik induksiya bilan isbotlang Isbot. Da n=1
ga bo'linish mavjud6
izsiz, ruxsat bering n=k
ifoda Keling, buni qachon isbotlaylik n=k+1
ifoda Har bir atama ko'p sonli 6
, shuning uchun yig'indi ko'paytmasi 6
.
Misol raqami 21.
Isbot. Da n=1
ifoda bo‘linishi mumkin ruxsat bering n=k
ifoda Da n=k+1 tomonidan bo'linadi 5
.
22-misol.
Ifodaning bo‘linuvchanligini isbotlang Isbot. Da n=1 bir nechta 16
.
ruxsat bering n=k
Da n=k+1
Barcha atamalar ga bo'linadi 16:
birinchisi, shubhasiz, taxmin bo'yicha ikkinchisi, uchinchisi esa qavs ichida juft raqamga ega. №23 misol.
Bo‘linuvchanlikni isbotlang Isbot. Keling, avvalo buni isbotlaylik Da n=0
ruxsat bering n=k
Keyin soat n=k+1 tomonidan bo'linadi 26
.
Endi masalaning shartida tuzilgan fikrni isbotlaylik. Da n=1 tomonidan bo'linadi 676.
Da n=k
bu haqiqat Da n=k+1
.
Ikkala atama ham ga bo'linadi 676
; birinchisi, bo'linuvchanlikni isbotlaganimiz uchun 26
qavs ichidagi ifoda, ikkinchisi esa induktiv gipotezaga bo'linadi. Dars raqami 7.
Bo‘linish masalalarini yechish.
Misol raqami 24.
Buni isbotlang Isbot. Da n=1
Da n=k
Da n=k+1
har bir atama ga bo'linadi5
izsiz. №25 misol.
Buni isbotlang Isbot. Da n=1
ruxsat bering n=k
Da n=k+1 tomonidan bo'linadi 6
qoldiq yo'q, chunki har bir atama ga bo'linadi6
qoldiqsiz: birinchi a'zo, induktiv taxmin bo'yicha, ikkinchi, aniq, uchinchi, chunki №26 misol.
Buni isbotlang Isbot. Keling, buni isbotlaylik Da n=1 Da n=k+1 tomonidan bo'linadi 9
.
Misol raqami 27.
ga boʻlinishini isbotlang15
izsiz. Isbot. Da n=1 tomonidan bo'linadi 15
.
ruxsat bering n=k tomonidan bo'linadi 15
izsiz. Da n=k+1
Birinchi atama ko'p sonli15
induksiya gipotezasiga ko'ra, ikkinchi a'zo ning karrali15
– aniqki, uchinchi atama ning karrali15
, chunki Dars raqami 8-9.
Tengsizliklarni matematik induksiya orqali isbotlash
28-misol. Da n=1 bizda ... bor ruxsat bering n=k Da n=k+1 Shunda tengsizlik har qanday natural uchun amal qiladi P. №29-misol. Tengsizlik haqiqat ekanligini isbotlang Da n=1 to'g'ri tengsizlikni olamiz 4 >1.
ruxsat bering n=k tengsizlik Keling, buni qachon isbotlaylik n=k+1 tengsizlik Har qanday tabiiy uchun uchun tengsizlik kuzatiladi. Agar a №30 misol. Mayli n=1 Faraz qilaylik, tengsizlik amal qiladi n=k: Da n=k+1 Misol raqami 31. Tengsizlikning to‘g‘riligini isbotlang Keling, avvalo har qanday tabiiy uchun buni isbotlaylik t tengsizlik Da n=1 asl tengsizlik haqiqatdir Tengsizlik saqlanib qolsin n=k: Da n=k+1 Dars raqami 10.
Mavzu bo'yicha muammolarni hal qilish
Matematik induksiya usuli.
№32 misol. Bernulli tengsizligini isbotlang. Agar a Isbot. Da n=1
isbotlanayotgan tengsizlik shaklni oladi Chunki shartga ko'ra Chunki Demak, tengsizlik uchun to'g'ri n=1, va uning haqiqatidan da n=k shundan kelib chiqadiki, bu haqiqat va n=k+1. Demak, matematik induksiyaga ko'ra, u barcha tabiiy narsalar uchun amal qiladi P.
Masalan, Misol raqami 33.
Barcha tabiiy qadriyatlarni topingP
, buning uchun tengsizlik Yechim. Da n=1 tengsizlik to'g'ri. Da n=2 tengsizlik ham haqiqatdir. Da n=3 tengsizlik endi qanoatlanmaydi. Faqat qachon n=6 tengsizlik o'rinli bo'ladi, shuning uchun biz induksiya asosini olishimiz mumkin n=6.
Faraz qilaylik, tengsizlik ba'zi bir tabiiy uchun to'g'ri kimga:
Oxirgi tengsizlik bajariladi if Otish paytida zarbalar ehtimoli haqidagi masalalarni yechish
Video darslik va Excel shabloni
Bir qator otishmalarda nishonga tegish masalalarini yechish misollari
$A = $ (To'rtta zarbadan kamida bittasi nishonga tegadi),
shuningdek, uning qarama-qarshi hodisasi quyidagicha yozilishi mumkin:
$\overline(A) = $ (Barcha 4 zarba nishonni o'tkazib yuboradi, zarba yo'q).foydali havolalar
Tengsizlikni kalkulyator yordamida yechish
Internetdagi tengsizlikni qayerda hal qilish mumkin?
Bernoulli tengsizlik kalkulyatori
To'liq matematik induksiya usuli
Differensial tenglamalarni yechish
Farq kiriting.
Yechilgan differensial tenglamalarga misollar
2) 
3)
; 4) 
.
Yunoncha "sigma" harfi.
:
4) 
2)
f
(
n
)=
n
2
+
n
+11
, da n=1,2,3,4,5,6,7
har qanday tabiiy uchun, deb taxmin qilish mumkinP raqam f
(
n
)
oddiy.
har qanday natural son uchun tub son emasP.
shaxsning haqiqati quyidagicha 
; 
. Demak, bu o'ziga xoslik hamma uchun to'g'riP
.
n≥2 uchun.
.
tomonidan bo'linadi 6
izsiz.
.
bir nechta6.
bir nechta6
.
ustida5
izsiz.
.
ga ham ajratiladi5
izsiz.
ustida16.
bir nechta16.
ustida676.
tomonidan bo'linadi 
.
.
tomonidan bo'linadi26
.
tomonidan bo'linadi26
2
.
tomonidan bo'linadi5
izsiz.
tomonidan bo'linadi5.
tomonidan bo'linadi5
izsiz.
tomonidan bo'linadi6
izsiz.
tomonidan bo'linadi6
izsiz.
tomonidan bo'linadi6
izsiz.
juft son.
ga bo'linganda9
qolganini beradi 1
.
tomonidan bo'linadi9
.
tomonidan bo'linadi 9
. ruxsat bering n=k
tomonidan bo'linadi9
.
bir nechta5
(21-misolda isbotlangan), to'rtinchi va beshinchi hadlar ham ko'paytiriladi5
, bu ochiq-oydin bo'lsa, u holda yig'indi ko'paytiriladi15
.
.
- to'g'ri.
haqiqiy tengsizlikdir.
har qanday uchun P.
.
da 
keyin
har qanday tabiiy uchun P va har qanday 
, to'g'ri.
.
har qanday tabiiy uchun P.
Tengsizlikning ikkala tomonini ga ko'paytiring 
. Ekvivalent tengsizlikni olamiz yoki 
; 
; - bu tengsizlik har qanday tabiiy uchun amal qiladi t.
; 
; 
.
.
, keyin barcha tabiiy qadriyatlar uchunP
tengsizlik
va aniq to'g'ri. uchun to'g'ri deb faraz qilaylikn=k
, ya'ni nima 
.
, keyin 
, va shuning uchun tengsizlik uning ikkala qismiga ko'paytirilganda ham o'z ma'nosini o'zgartirmaydi 
:
, keyin biz buni olamiz
.
Tengsizlikni ko'rib chiqing
Mavzu bo'yicha test ishi n=1 takroriy beriladi: n≥5 , bu yerda P- - natural son.