Indukcija ir metode vispārīga apgalvojuma iegūšanai no konkrētiem novērojumiem. Gadījumā, ja matemātiskais apgalvojums attiecas uz ierobežotu objektu skaitu, to var pierādīt, pārbaudot katru objektu. Piemēram, apgalvojums: “Katrs divciparu pāra skaitlis ir divu pirmskaitļu summa” izriet no virknes vienādību, kuras ir diezgan iespējams noteikt:
10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.
Pierādīšanas metodi, kurā apgalvojums tiek pārbaudīts ierobežotam gadījumu skaitam, kas izsmeļ visas iespējas, sauc par pilnīgu indukciju. Šo metodi izmanto salīdzinoši reti, jo matemātiskie apgalvojumi parasti attiecas nevis uz ierobežotām, bet bezgalīgām objektu kopām. Piemēram, apgalvojums par pāra divciparu skaitļiem, kas pierādīts iepriekš ar pilnīgu indukciju, ir tikai īpašs teorēmas gadījums: "Jebkurš pāra skaitlis ir divu pirmskaitļu summa." Šī teorēma vēl nav pierādīta vai atspēkota.
Matemātiskā indukcija ir metode noteikta apgalvojuma pierādīšanai jebkuram naturālam skaitlim n, pamatojoties uz matemātiskās indukcijas principu: “Ja apgalvojums ir patiess n=1 un tā derīgums n=k nozīmē šī apgalvojuma derīgumu n=k +1, tad tas attiecas uz visiem n " Pierādīšanas metode ar matemātisko indukciju ir šāda:
1) indukcijas bāze: tie pierāda vai tieši pārbauda apgalvojuma derīgumu n=1 (dažreiz n=0 vai n=n 0);
2) indukcijas solis (pāreja): tie pieņem apgalvojuma derīgumu kādam naturālam skaitlim n=k un, pamatojoties uz šo pieņēmumu, pierāda apgalvojuma derīgumu n=k+1.
Problēmas ar risinājumiem
1. Pierādīt, ka jebkuram naturālam skaitlim n skaitlis 3 2n+1 +2 n+2 dalās ar 7.
Apzīmēsim A(n)=3 2n+1 +2 n+2.
Indukcijas bāze. Ja n=1, tad A(1)=3 3 +2 3 =35 un, protams, dalās ar 7.
Indukcijas pieņēmums. Lai A(k) dalās ar 7.
Indukcijas pāreja. Pierādīsim, ka A(k+1) dalās ar 7, tas ir, uzdevuma apgalvojuma derīgumu pie n=k.
A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 · 3 2 +2 k+2 · 2 1 =3 2k+1 · 9+2 k+2 ·2=
3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2 k+2 =9 A(k)–7 2 k +2.
Pēdējais skaitlis dalās ar 7, jo tā ir divu veselu skaitļu starpība, kas dalās ar 7. Tāpēc 3 2n+1 +2 n+2 jebkuram naturālam skaitlim n dalās ar 7.
2. Pierādīt, ka jebkuram naturālam skaitlim n skaitlis 2 3 n +1 dalās ar 3 n+1 un nedalās ar 3 n+2.
Ieviesīsim apzīmējumu: a i =2 3 i +1.
Ja n=1 mums ir, un 1 =2 3 +1=9. Tātad 1 dalās ar 3 2 un nedalās ar 3 3.
Pieņemsim, ka n=k skaitlis a k dalās ar 3 k+1 un nedalās ar 3 k+2, tas ir, a k =2 3 k +1=3 k+1 m, kur m nedalās ar 3.
un 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· ((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).
Acīmredzot k+1 dalās ar 3 k+2 un nedalās ar 3 k+3.
Tāpēc apgalvojums ir pierādīts jebkuram naturālam skaitlim n.
3. Ir zināms, ka x+1/x ir vesels skaitlis. Pierādīt, ka arī x n +1/x n ir vesels skaitlis jebkuram veselam skaitlim n.
Ieviesīsim apzīmējumu: a i =х i +1/х i un uzreiz atzīmēsim, ka a i =а –i, tāpēc turpināsim runāt par naturālajiem indeksiem.
Piezīme: a 1 pēc vienošanās ir vesels skaitlis; un 2 ir vesels skaitlis, jo a 2 = (a 1) 2–2; un 0 =2.
Pieņemsim, ka a k ir vesels skaitlis jebkuram naturālam skaitlim k, kas nepārsniedz n. Tad a 1 ·a n ir vesels skaitlis, bet a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 un a n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Tomēr n–1 saskaņā ar indukcijas hipotēzi ir vesels skaitlis. Tas nozīmē, ka n+1 ir arī vesels skaitlis. Tāpēc x n +1/x n ir vesels skaitlis jebkuram veselam skaitlim n, kas ir jāpierāda.
4. Pierādīt, ka jebkuram naturālam skaitlim n, kas lielāks par 1, dubultnevienādība ir patiesa
5. Pierādīt, ka naturālajam n > 1 un |x|
(1–x)n + (1+x)n
Ja n=2 nevienādība ir patiesa. Tiešām,
(1–x) 2 + (1+x) 2 = 2+2 x 2
Ja nevienādība ir patiesa n=k, tad n=k+1 mums ir
(1–x) k+1 + (1+x) k+1
Nevienlīdzība ir pierādīta jebkuram naturālam skaitlim n > 1.
6. Plaknē ir n apļi. Pierādiet, ka jebkuram šo apļu izvietojumam to veidoto karti var pareizi iekrāsot ar divām krāsām.
Izmantosim matemātiskās indukcijas metodi.
Ja n=1 apgalvojums ir acīmredzams.
Pieņemsim, ka apgalvojums ir patiess jebkurai kartei, kuru veido n apļi, un plaknē ir n+1 apļi. Noņemot vienu no šiem apļiem, iegūstam karti, kuru, pateicoties izdarītajam pieņēmumam, var pareizi iekrāsot ar divām krāsām (skat. pirmo attēlu zemāk).
Tad mēs atjaunosim izmesto apli un vienā tā pusē, piemēram, iekšpusē, mainīsim katra laukuma krāsu uz pretējo (skat. otro attēlu). Ir viegli redzēt, ka šajā gadījumā mēs iegūsim karti, kas pareizi iekrāsota ar divām krāsām, bet tikai tagad n+1 apļiem, kas mums bija jāpierāda.
7. Izliektu daudzstūri sauksim par “skaistu”, ja būs izpildīti šādi nosacījumi:
1) katra tā virsotne ir nokrāsota vienā no trim krāsām;
2) jebkuras divas blakus virsotnes ir nokrāsotas dažādās krāsās;
3) vismaz viena daudzstūra virsotne ir nokrāsota katrā no trim krāsām.
Pierādiet, ka jebkuru skaistu n-stūri ar nesavienotām diagonālēm var sagriezt “skaistos” trīsstūros.
Izmantosim matemātiskās indukcijas metodi.
Indukcijas bāze. Ar mazāko iespējamo n=3 uzdevuma formulējums ir acīmredzams: “skaistā” trijstūra virsotnes ir nokrāsotas trīs dažādās krāsās un nav nepieciešami griezumi.
Indukcijas pieņēmums. Pieņemsim, ka uzdevuma apgalvojums ir patiess jebkuram “skaistajam” n-gonam.
Indukcijas solis. Apskatīsim patvaļīgu “skaisto” (n+1)-gonu un, izmantojot indukcijas hipotēzi, pierādīsim, ka to pēc noteiktām diagonālēm var sagriezt “skaistos” trīsstūros. Apzīmēsim ar A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 (n+1)-stūra secīgās virsotnes. Ja tikai viena (n+1)-stūra virsotne ir iekrāsota kādā no trim krāsām, tad savienojot šo virsotni ar diagonālēm ar visām virsotnēm, kas tai nav blakus, iegūstam nepieciešamo (n+1) nodalījumu. )-gon "skaistos" trīsstūros.
Ja vismaz divas (n+1)-stūra virsotnes ir iekrāsotas katrā no trim krāsām, tad virsotnes A 1 krāsu apzīmējam ar skaitli 1, bet virsotnes A 2 krāsu ar skaitli 2. Apzīmēsim k mazāko skaitli, lai virsotne A k būtu iekrāsota trešajā krāsā. Skaidrs, ka k > 2. Nogriezīsim trijstūri A k–2 A k–1 A k no (n+1)-stūra ar diagonāli A k–2 A k . Saskaņā ar skaitļa k izvēli visas šī trijstūra virsotnes ir nokrāsotas trīs dažādās krāsās, tas ir, šis trīsstūris ir “skaista”. Izliektais n-stūris A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 , kas paliek, arī pēc induktīvā pieņēmuma būs “skaista”, kas nozīmē tas ir sadalīts "skaistos" trīsstūros, kas un bija jāpierāda.
8. Pierādīt, ka izliektā n-stūrī nav iespējams izvēlēties vairāk par n diagonālēm, lai jebkurām divām no tām būtu kopīgs punkts.
Pierādīšanu veiksim, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi.
Pierādīsim vispārīgāku apgalvojumu: izliektā n-stūrī nav iespējams izvēlēties vairāk par n malām un diagonālēm, lai jebkurām divām no tām būtu kopīgs punkts. Ja n = 3 apgalvojums ir acīmredzams. Pieņemsim, ka šis apgalvojums ir patiess patvaļīgam n-stūrim, un, izmantojot to, mēs pierādīsim tā derīgumu patvaļīgam (n+1)-stūrim.
Pieņemsim, ka šis apgalvojums nav patiess (n+1)-gon. Ja no katras (n+1)-stūra virsotnes izceļas ne vairāk kā divas atlasītās malas vai diagonāles, tad kopā tiek atlasītas ne vairāk kā n+1 no tām. Tāpēc no kādas virsotnes A parādās vismaz trīs izvēlētas malas jeb diagonāles AB, AC, AD. Ļaujiet AC atrasties starp AB un AD. Tā kā neviena mala vai diagonāle, kas iziet no punkta C un kas nav CA, nevar vienlaikus krustoties ar AB un AD, no punkta C parādās tikai viena izvēlētā diagonāle CA.
Atmetot punktu C kopā ar diagonāli CA, iegūstam izliektu n-stūri, kurā ir atlasītas vairāk nekā n malas un diagonāles, no kurām jebkurām divām ir kopīgs punkts. Tādējādi mēs nonākam pie pretrunas ar pieņēmumu, ka apgalvojums ir patiess patvaļīgam izliektam n-stūrim.
Tātad (n+1) gonim apgalvojums ir patiess. Saskaņā ar matemātiskās indukcijas principu apgalvojums ir patiess jebkuram izliektam n-stūrim.
9. Plaknē ir n taisnes, no kurām divas nav paralēlas un neviena trīs neiet caur vienu un to pašu punktu. Cik daļās šīs līnijas sadala plakni?
Izmantojot elementārus rasējumus, varat viegli pārbaudīt, vai viena taisne sadala plakni 2 daļās, divas taisnas līnijas 4 daļās, trīs taisnas līnijas 7 daļās un četras taisnas līnijas 11 daļās.
Ar N(n) apzīmēsim to daļu skaitu, kurās n taisnes sadala plakni. To var pamanīt
N(2)=N(1)+2=2+2,
N(3)=N(2)+3=2+2+3,
N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.
Ir dabiski to pieņemt
N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,
vai, kā to ir viegli noteikt, izmantojot formulu aritmētiskās progresijas pirmo n vārdu summai,
N(n)=1+n(n+1)/2.
Pierādīsim šīs formulas derīgumu, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi.
Ja n=1 formula jau ir pārbaudīta.
Izdarot indukcijas pieņēmumu, mēs uzskatām k+1 līnijas, kas atbilst uzdevuma nosacījumiem. Atlasīsim no tām k taisnas līnijas patvaļīgā veidā. Saskaņā ar indukcijas hipotēzi viņi sadalīs plakni 1+ k(k+1)/2 daļās. Atlikusī (k+1) taisne tiks sadalīta ar izvēlētajām k taisnēm k+1 daļās un līdz ar to iet gar (k+1) daļu, kurā plakne jau ir sadalīta, un katra no šīm daļām tiks sadalītas 2 daļās, tas ir, tiks pievienota vēl viena k+1 daļa. Tātad,
N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,
Q.E.D.
10. Izteiksmē x 1: x 2: ... : x n, lai norādītu darbību secību, tiek liktas iekavas un rezultāts tiek uzrakstīts kā daļskaitlis:
(šajā gadījumā katrs no burtiem x 1, x 2, ..., x n ir vai nu daļskaitļa skaitītājā, vai saucējā). Cik daudz dažādu izteiksmju var iegūt šādā veidā ar visiem iespējamiem iekavu likšanas veidiem?
Pirmkārt, ir skaidrs, ka iegūtajā daļā x 1 būs skaitītājā. Gandrīz tikpat acīmredzami, ka x 2 būs saucējā neatkarīgi no tā, kā tiek novietotas iekavas (dalījuma zīme x 2 priekšā attiecas vai nu uz pašu x 2, vai uz kādu izteiksmi, kas satur x 2 skaitītājā).
Var pieņemt, ka visi pārējie burti x 3, x 4, ..., x n var atrasties skaitītājā vai saucējā pilnīgi patvaļīgi. No tā izriet, ka kopā var iegūt 2 n–2 daļskaitļus: katrs no n–2 burtiem x 3, x 4, ..., x n var parādīties neatkarīgi no pārējiem skaitītājā vai saucējā.
Pierādīsim šo apgalvojumu ar indukciju.
Ar n=3 jūs varat iegūt 2 daļdaļas:
tātad apgalvojums ir patiess.
Pieņemsim, ka tas ir patiess n=k un pierādīsim to n=k+1.
Izteiksmi x 1: x 2: ... : x k pēc iekavu izvietošanas rakstīsim noteiktas daļskaitļa Q formā. Ja x k vietā šajā izteiksmē aizvietosim x k: x k+1, tad x k būs tajā pašā vietā, kur tas bija frakcijā Q, un x k+1 nebūs tur, kur bija x k (ja x k bija saucējā, tad x k+1 būs skaitītājā un otrādi).
Tagad mēs pierādīsim, ka mēs varam pievienot x k+1 tai pašai vietai, kur atrodas x k. Daļā Q pēc iekavu ievietošanas noteikti būs izteiksme formā q:x k, kur q ir burts x k–1 vai kāda izteiksme iekavās. Aizstājot q:x k ar izteiksmi (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1), mēs acīmredzot iegūstam to pašu daļu Q, kur x k vietā ir x k ·x k+1 .
Tādējādi visu iespējamo daļskaitļu skaits gadījumā n=k+1 ir 2 reizes lielāks nekā gadījumā n=k un ir vienāds ar 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2. Tādējādi apgalvojums ir pierādīts.
Atbilde: 2 n–2 frakcijas.
Problēmas bez risinājumiem
1. Pierādiet, ka jebkuram dabiskajam n:
a) skaitlis 5 n –3 n +2n dalās ar 4;
b) skaitlis n 3 +11n dalās ar 6;
c) skaitlis 7 n +3n–1 dalās ar 9;
d) skaitlis 6 2n +19 n –2 n+1 dalās ar 17;
e) skaitlis 7 n+1 +8 2n–1 dalās ar 19;
f) skaitlis 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 dalās ar 27.
2. Pierādīt, ka (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1).
3. Pierādīt nevienādību |sin nx| n|sin x| jebkurai dabiskai n.
4. Atrodiet naturālus skaitļus a, b, c, kas nedalās ar 10 un tādus, lai jebkuram naturālam n skaitļiem a n + b n un c n būtu vienādi pēdējie divi cipari.
5. Pierādīt, ka, ja n punkti neatrodas uz vienas taisnes, tad starp taisnēm, kas tos savieno, ir vismaz n dažādi punkti.
Nodarbība #50
Nodarbības tēma : Matemātiskās indukcijas metode.
Nodarbības mērķis: Iepazīstietiesmatemātiskās indukcijas metodes būtību, iemācīties pielietot šo metodi, risinot pierādīšanas uzdevumus, turpināt attīstīt skaitļošanas prasmes un turpināt attīstīt matemātisko lasītprasmi.
Nodarbības gaita.
Organizatoriskais brīdis. Nodarbības mērķu noteikšana
Pamatzināšanu aktivizēšana.
Ģeometriskās progresijas definīcija, ģeometriskās progresijas n-tā vārda formula.
Atkārtojiet formulu aritmētiskās progresijas pirmo n vārdu summai.
Atkārtojiet formulu bezgalīgi dilstošās ģeometriskās progresijas summai
3. Jauna materiāla apgūšana
Risinot daudzas problēmas, pierādot matemātisko apgalvojumu pamatotību, kā arī atvasinot formulas, bieži tiek izmantota argumentācija, ko saucar matemātiskās indukcijas metodi.
Piemēram, jūs izmantojāt šāda veida argumentāciju, veidojot formulunth terminu, kā arī atvasinot formulu pirmā summainaritmētiskās un ģeometriskās progresijas locekļi.
Šīs metodes būtība ir šāda: ja jums ir jānosaka kāda apgalvojuma, kurā parādās naturāls skaitlis, derīgumsn, Tas:
1) tiek pārbaudīts, vai paredzētais apgalvojums atbilst noteiktai vērtībain(piemēram, parn=1).
2) tiek pieņemts, ka apgalvojums ir patiess kādai patvaļīgai vērtībain = k , un ir pierādīts, ka šajā gadījumā tas attiecas arī uzn = k + 1. No tā mēs secinām, ka apgalvojums ir patiess jebkurai vērtībain, jo tā taisnīgums tika atklāts, kadn=1, un saskaņā ar to, kas ir pierādīts, tas attiecas arī uzn= 2, un tas attiecas uzn= 2, tad tas attiecas arī uzn= 3 utt.
Tagad apskatīsim šīs metodes izmantošanas piemērus.
Piemērs 1. Pierādīsim, ka katram dabiskajamnir vienlīdzība
Formula ir pareizan= 1, kopš:
Pieņemsim, ka formula ir pareizan = k .
Pierādīsim, ka šajā gadījumā tas attiecas arī uzn = k+ 1, t.i.
Tiešā pārbaude parādīja, ka formula ir pareiza, kadn =1; tāpēc tas būs derīgs arī uzn= 2, un tāpēc plkstn= 3, tāpēc plkstn = 4 un vispār jebkurai dabiskain.
4.Problēmu risināšana
№249(a)
Šajā uzdevumā jums jāpierāda formulan – tharitmētiskās progresijas loceklis, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi
Plkstn=1 mums ir a 1 =a 1.
Pieņemsim, ka šī formula ir patiesaktermins, t.i., vienlīdzība a k = a 1 + d( k-1)
Pierādīsim, ka šajā gadījumā šī formula ir patiesa arī (k+1) biedrs. Tiešām,
A k +1 = a 1 + d( k+1-1) = a 1 + dk
No otras puses, pēc definīcijas, arif. prog. A k +1 = A k + d
Tā kā pēdējo divu izteiksmju kreisās puses ir vienādas = un labās puses ir vienādas:
A k + d= a 1 + dkvai a k = a 1 + d( k-1)
Iegūtā pareizā vienlīdzība ļauj apgalvot, ka formulanaritmētiskās progresijas th termins ir piemērots jebkuram naturālamn
№ 255
Pierādīsim, ka skaitlis ir 11 n+1 +12 2 n -1 visām dabas vērtībāmndalās ar 133
Plkstn=1 mums ir 11 1+1 +12 2*1-1 =133, 133 dalīts ar 133
Pieņemsim, ka kadn= ksumma 11 k +1 +12 2 k -1 dalās ar 133
Pierādīsim, ka šī summa dalās ar 133 atn= k+1, t.i. 11 k +2 +12 2 k +1 dalās ar 133
11 k+2 +12 2k+1 =11*11 k +1 +144*12 k-1 =11*11 k +1 +11*12 2k-1 +133*12 2k-1 =11(11 k+1 +12 2k-1 )+133*12 2k-1
Katrs iegūtās summas vārds tiek dalīts ar 133. Tāpēc 11 k +2 +12 2 k +1 dalīt arī ar 133.
5. Atspulgs
6. D/z iestatīšana
§15 atrisināt Nr.251
MBOU licejs "Tehniskais un ekonomiskais"
MATEMĀTISKĀS INDUKCIJAS METODE
MATEMĀTISKĀS INDUKCIJAS METODE.
SKAIDROJUMS
Metodiskā izstrāde “Matemātiskās indukcijas metode” tika sastādīta matemātiskā profila 10. klases skolēniem.
Primārie mērķi: iepazīstināt studentus ar matemātiskās indukcijas metodi un iemācīt to pielietot dažādu uzdevumu risināšanā.
Metodiskā izstrādē tiek risināti elementārās matemātikas jautājumi: tiek piedāvāti dalāmības uzdevumi, identitāšu pierādīšana, nevienlīdzību pierādīšana, dažādas sarežģītības pakāpes problēmas, tostarp olimpiādēs izvirzītās problēmas.
Induktīvo secinājumu loma eksperimentālajās zinātnēs ir ļoti liela. Tie sniedz tos noteikumus, no kuriem pēc tam ar atskaitījumu tiek izdarīti turpmāki secinājumi. Vārds matemātiskās indukcijas metode maldinoša - patiesībā šī metode ir deduktīva un nodrošina stingru pierādījumu apgalvojumiem, kas uzminēti ar indukcijas palīdzību. Matemātiskās indukcijas metode palīdz identificēt sakarības starp dažādām matemātikas nozarēm un palīdz attīstīt skolēna matemātisko kultūru.
Matemātiskās indukcijas metodes definīcija. Pilnīga un nepilnīga indukcija. Nevienlīdzības pierādījums. Identitāti apliecinošs dokuments. Dalāmības problēmu risināšana. Dažādu uzdevumu risināšana par tēmu “Matemātiskās indukcijas metode”.
LITERATŪRA SKOLOTĀJIEM
1. M.L. Galitskis. Padziļināta algebras un matemātiskās analīzes kursa apguve. – M. Izglītība 1986.g.
2. L.I.Zvavičs. Algebra un analīzes sākums. Didaktiskie materiāli. M. Bustards.2001.
3. N.Ya.Vilenkin. Algebra un matemātiskā analīze. M Apgaismība.1995.
4. Ju.V.Mihejevs. Matemātiskās indukcijas metode. NSU.1995.
LITERATŪRA STUDENTIEM
1. N.Ya.Vilenkin. Algebra un matemātiskā analīze. M Apgaismība.1995.
2. Ju.V.Mihejevs. Matemātiskās indukcijas metode. NSU.1995.
ATSLĒGVĀRDI
Indukcija, aksioma, matemātiskās indukcijas princips, pilnīga indukcija, nepilnīga indukcija, apgalvojums, identitāte, nevienlīdzība, dalāmība.
TĒMAS DIDAKTISKS PIELIKUMS
"MATEMĀTISKĀS INDUKCIJAS METODE".
Nodarbība #1.
Matemātiskās indukcijas metodes definīcija.
Matemātiskās indukcijas metode ir viena no ļoti efektīvām metodēm jaunu rezultātu meklēšanai un izdarīto pieņēmumu patiesuma pierādīšanai. Lai gan šī metode matemātikā nav jauna, interese par to nerimst. Pirmo reizi skaidrā izklāstā matemātiskās indukcijas metodi 17. gadsimtā izmantoja izcilais franču zinātnieks Blēzs Paskāls, pierādot skaitļu trijstūra īpašības, kas kopš tā laika nes viņa vārdu. Tomēr matemātiskās indukcijas ideja bija zināma senie grieķi. Matemātiskās indukcijas metode balstās uz matemātiskās indukcijas principu, kas tiek pieņemts kā aksioma. Apskatīsim matemātiskās indukcijas ideju, izmantojot piemērus.
Piemērs Nr.1.
Kvadrāts tiek sadalīts ar segmentu divās daļās, pēc tam viena no iegūtajām daļām tiek sadalīta divās daļās utt. Nosakiet, cik daļās kvadrāts tiks sadalīts n soļi?
Risinājums.
Pēc pirmā soļa, saskaņā ar nosacījumu, mēs iegūsim 2 daļas. Otrajā solī vienu daļu atstājam nemainīgu, bet otro sadalām 2 daļās un iegūstam 3 daļas. Trešajā solī 2 daļas atstājam nemainīgas, bet trešo sadalām divās daļās un iegūstam 4 daļas. Ceturtajā solī 3 daļas atstājam nemainīgas, bet pēdējo sadalām divās daļās un iegūstam 5 daļas. Piektajā solī mēs iegūsim 6 daļas. Tas liek domāt, ka caur n soļi, ko mēs saņemsim (n+1) daļa. Bet šis priekšlikums ir jāpierāda. Pieņemsim, ka pēc tam Uz soļos laukums tiks sadalīts (k+1) daļa. Tad tālāk (k+1) solis, ko speram Uz daļas paliks nemainīgas, bet (k+1) sadaliet daļu divās daļās un iegūstiet (k+2) daļas. Jūs ievērojat, ka jūs varat strīdēties šādā veidā tik ilgi, cik vēlaties, bezgalīgi. Tas ir, mūsu pieņēmums ir, ka caur n soļos laukums tiks sadalīts (n+1) daļa kļūst pierādīta.
Piemērs Nr.2.
Manai vecmāmiņai bija mazmeita, kurai ļoti patika ievārījums, un jo īpaši tas, kas bija litra burkā. Bet vecmāmiņa man neļāva viņam pieskarties. Un mazmeitas plānoja piemānīt savu vecmāmiņu. Viņš nolēma katru dienu apēst 1/10 litru no šīs burkas un papildināt to ar ūdeni, rūpīgi samaisot. Cik dienas paies, lai vecmāmiņa atklātu maldināšanu, ja ievārījums pēc izskata paliek nemainīgs, atšķaidot uz pusi ar ūdeni?
Risinājums.
Noskaidrosim, cik daudz tīra ievārījuma paliek burkā pēc tam n dienas. Pēc pirmās dienas burkā paliks maisījums, kas sastāv no 9/10 ievārījuma un 1/10 ūdens. Pēc divām dienām 1/10 ūdens un ievārījuma maisījuma pazudīs no burkas un paliks (1 litrā maisījuma ir 9/10 litri ievārījuma, 1/10 litrā maisījuma ir 9/100 l ievārījuma )
9/10 – 9/100=81/100=(9/10) 2 litri ievārījuma. Trešajā dienā no burkas pazudīs 1/10 litrs maisījuma, kas sastāv no 81/100 ievārījuma un 19/100 ūdens. 1 litrā maisījuma ir 81/100 litri ievārījuma, 1/10 litrā maisījuma ir 81/1000 litru ievārījuma. 81/100 – 81/1000=
729/1000=(9/10) 3 litri ievārījuma paliks pēc 3 dienām, bet pārējo uzņems ūdens. Parādās modelis. Caur n atlikušas dienas bankā (9/10) n l ievārījums. Bet tas atkal ir tikai mūsu minējums.
Ļaujiet Uz– patvaļīgs naturāls skaitlis. Pieņemsim, ka pēc tam Uz dienās burkā paliks (9/10) litri ievārījuma. Redzēsim, kas būs bankā pēc citas dienas, tas ir, iekšā (k+1) diena. Pazudīs no burkas 1/10l maisījums, kas sastāv no (9/10) Uz l ievārījums un ūdens. IN 1l maisījums ir (9/10) Uz l ievārījums, iekšā 1/10l maisījumi (9/10) k+1 l ievārījums. Tagad mēs varam droši teikt, ka cauri n atlikušas dienas bankā (9/10) n l ievārījums. Pēc 6 dienām banka būs 531444/1000000l ievārījums, pēc 7 dienām - 4782969/10000000l ievārījums, tas ir, mazāk nekā puse.
Atbilde: Pēc 7 dienām vecmāmiņa atklās maldināšanu.
Mēģināsim izcelt svarīgākās lietas izskatīto problēmu risināšanā. Katru no tiem sākām risināt, izskatot individuālus vai, kā saka, īpašus gadījumus. Pēc tam, pamatojoties uz mūsu novērojumiem, mēs izdarījām dažus pieņēmumus P(n), atkarībā no dabiskā lpp.
apgalvojums ir pārbaudīts, tas ir, pierādīts P(1), P(2), P(3);
to ieteica P(n) derīgs p=k un secināja, ka tad tas būs taisnība nākamajā n, n=k+1.
Un tad viņi argumentēja apmēram šādi: P(1) pareizi, P(2) pareizi, P(3) pareizi, P(4) pareizi... tas nozīmē pareizi P(p).
Matemātiskās indukcijas princips.
Paziņojums P(n), atkarībā no dabiskā n, der visiem dabiskajiem n, Ja
1) apgalvojuma pamatotība ir pierādīta, kad n=1;
2) no izziņas pamatotības pieņēmuma P(n) plkst p=k vajadzētu
taisnīgumu P(n) plkst n=k+1.
Matemātikā matemātiskās indukcijas princips parasti tiek izvēlēts kā viena no aksiomām, kas nosaka naturālo skaitļu virkni, un tāpēc tiek pieņemts bez pierādījumiem. Pierādīšanas metodi, izmantojot matemātiskās indukcijas principu, parasti sauc par matemātiskās indukcijas metodi. Ņemiet vērā, ka šo metodi plaši izmanto teorēmu, identitātes, dalāmības problēmu risināšanas nevienādību un daudzu citu problēmu pierādīšanai.
Nodarbība #2
Pilnīga un nepilnīga indukcija.
Gadījumā, ja matemātiskais apgalvojums attiecas uz ierobežotu objektu skaitu, to var pierādīt, pārbaudot katru objektu, piemēram, apgalvojumu "Katrs divciparu pāra skaitlis ir divu pirmskaitļu summa." Pierādīšanas metodi, kurā mēs pārbaudām apgalvojumu ierobežotam gadījumu skaitam, sauc par pilnīgu matemātisko indukciju. Šo metodi izmanto salīdzinoši reti, jo apgalvojumi visbiežāk tiek uzskatīti par bezgalīgām kopām. Piemēram, teorēma “Jebkurš pāra skaitlis ir vienāds ar divu pirmskaitļu summu” vēl nav pierādīta vai atspēkota. Pat ja mēs pārbaudītu šo teorēmu pirmajam miljardam, tas mūs nepietuvinātu ne soli tuvāk tās pierādījumam.
Dabaszinātnēs tiek izmantota nepilnīga indukcija, vairākas reizes pārbaudot eksperimentu un pārnesot rezultātu uz visiem gadījumiem.
Piemērs Nr.3.
Uzminēsim, izmantojot nepilnīgo indukciju, naturālo skaitļu kubu summas formulu.
Risinājums.
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 .
Pierādījums.
Lai tā ir taisnība p=k.
Pierādīsim, ka tā ir taisnība n=k+1.
Secinājums: naturālu skaitļu kubu summas formula ir patiesa jebkuram naturālam skaitlim lpp.
Piemērs Nr.4.
Apsveriet vienādības un uzminiet, pie kāda vispārējā likuma šie piemēri noved pie.
Risinājums.
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
……………………………………………………………..
Piemērs Nr.5.
Uzrakstiet šādas izteiksmes kā summu:
1) 
2) 
3)
; 4) 
.
Grieķu burts "sigma".
Piemērs Nr.6.
Uzrakstiet šādas summas, izmantojot zīmi 
:
2) 
Piemērs Nr.7.
Uzrakstiet šādas izteiksmes kā produktus:
1) 
3) 
4) 
Piemērs Nr.8.
Uzrakstiet šādus darbus, izmantojot zīmi 
(lielais grieķu burts "pi")
1) 
2)
Piemērs Nr.9.
Polinoma vērtības aprēķināšana 
f
(
n
)=
n
2
+
n
+11
, plkst n=1,2,3,4,5,6,7
var izdarīt pieņēmumu, ka jebkurai dabiskain numuru f
(
n
)
vienkārši.
Vai šis pieņēmums ir pareizs?
Risinājums.
Ja katrs summas vārds dalās ar skaitli, tad summu dala ar šo skaitli, 
nav pirmskaitlis jebkuram naturālam skaitlimlpp.
Matemātikā svarīga loma ir ierobežota gadījumu skaita analīzei: nesniedzot pierādījumu par konkrētu apgalvojumu, tā palīdz uzminēt pareizo šī apgalvojuma formulējumu, ja tas vēl nav zināms. Tā Sanktpēterburgas Zinātņu akadēmijas biedrs Goldbahs nonāca pie hipotēzes, ka jebkurš naturāls skaitlis, sākot ar divi, ir ne vairāk kā trīs pirmskaitļu summa.
Nodarbība #3.
Matemātiskās indukcijas metode ļauj pierādīt dažādas identitātes.
Piemērs Nr.10. Pierādīsim to visiem n identitāte ir spēkā
Risinājums.
Liekam 
Mums tas ir jāpierāda
Pierādīsim, ka Tad no identitātes patiesības
seko identitātes patiesībai 
Izmantojot matemātiskās indukcijas principu, identitātes patiesums tiek pierādīts visiem n.
Piemērs Nr.11.
Pierādīsim identitāti 
Pierādījums.
iegūtās vienādības pēc termiņa.
; 
. Tas nozīmē, ka šī identitāte ir patiesa ikvienamn
.
Nodarbība Nr.4.
Identitātes pierādīšana, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi.
Piemērs Nr.12.
Pierādīsim identitāti 
Pierādījums.
Izmantojot matemātiskās indukcijas principu, mēs pierādījām, ka vienlīdzība attiecas uz visiem n.
Piemērs Nr.13.
Pierādīsim identitāti 
Pierādījums.
Izmantojot matemātiskās indukcijas principu, mēs pierādījām, ka apgalvojums ir patiess jebkuram dabiskajam n.
Piemērs Nr.14. Pierādīsim identitāti
Pierādījums.
Piemērs Nr.15. Pierādīsim identitāti
1)
n=1;
2) par p=k
vienlīdzība pastāv 
3) mēs pierādām, ka vienlīdzība ir spēkā p=k+1:
Secinājums: identitāte ir derīga jebkurai dabiskajai lpp.
Piemērs Nr.16. Pierādīsim identitāti
Pierādījums.
Ja n=1
, Tas 
Ļaujiet identitātei noturēties p=k.
Pierādīsim, ka identitāte ir spēkā n=k+1.
Tad identitāte ir patiesa jebkurai dabiskajai n.
Nodarbība Nr.5.
Identitātes pierādīšana, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi.
Piemērs Nr.17. Pierādīsim identitāti
Pierādījums.
Ja n=2
, tad mēs iegūstam pareizo vienādību: 
Lai vienlīdzība ir patiesap=k:
Pierādīsim apgalvojuma pamatotību kad n=k+1.
Saskaņā ar matemātiskās indukcijas principu identitāte ir pierādīta.
Piemērs Nr.18.
Pierādīsim identitāti 
kad n≥2.
Plkst n=2
šo identitāti var pārrakstīt ļoti vienkāršā formā 
un acīmredzami taisnība.
Ļaujiet plkst p=k tiešām
.
Pierādīsim apgalvojuma pamatotību kadn=k+1, tas ir, vienādība ir spēkā: .
Tātad, mēs esam pierādījuši, ka identitāte ir patiesa jebkuram naturālam skaitlim n≥2.
Piemērs Nr.19. Pierādīsim identitāti
Plkst n=1
mēs iegūstam pareizo vienādību: 
Pieņemsim, ka kad p=k mēs arī iegūstam pareizo vienādību:
Pierādīsim, ka vienlīdzība ir spēkā p=k+1:
Tad identitāte ir derīga jebkuram naturālam skaitlim n.
Nodarbība Nr.6.
Dalāmības problēmu risināšana.
Piemērs Nr.20. Pierādiet ar matemātisko indukciju, ka
dalīts ar 6
bez pēdām.
Pierādījums.
Plkst n=1
ir iedalījums6
bez pēdām, 
.
Ļaujiet plkst p=k
izteiksme 
vairākas6.
Pierādīsim, kad p=k+1
izteiksme 
vairākas6
.
Katrs termins ir daudzkārtējs 6 , tāpēc summa ir reizināta 6 .
Piemērs Nr.21.
ieslēgts5
bez pēdām.
Pierādījums.
Plkst n=1
izteiksme tiek sadalīta bez atlikuma 
.
Ļaujiet plkst p=k
izteiksme 
sadalīts arī5
bez pēdām.
Plkst p=k+1 dalīts ar 5 .
Piemērs Nr.22.
Pierādīt izteiksmes dalāmību 
ieslēgts16.
Pierādījums.
Plkst n=1 vairākas 16 .
Ļaujiet plkst p=k
vairākas16.
Plkst p=k+1
Visi termini dalās ar 16: pirmais ir acīmredzams, otrais ir pieņēmums, un trešajā ir pāra skaitlis iekavās.
Piemērs Nr.23.
Pierādiet dalāmību 
ieslēgts676.
Pierādījums.
Vispirms pierādīsim to 
dalīts ar 
.
Plkst n=0
.
Ļaujiet plkst p=k
dalīts ar26
.
Tad plkst p=k+1 dalīts ar 26 .
Tagad mēs veiksim problēmas izklāstā formulētā apgalvojuma pierādīšanu.
Plkst n=1 dalīts ar 676.
Plkst p=k
tā ir taisnība 
dalīts ar26
2
.
Plkst p=k+1 .
Abi termini dalās ar 676 ; pirmkārt – tāpēc, ka mēs pierādījām dalāmību ar 26 izteiksmi iekavās, bet otro iedala atbilstoši indukcijas hipotēzei.
Nodarbība Nr.7.
Dalāmības problēmu risināšana.
Piemērs Nr.24.
Pierādiet to 
dalīts ar5
bez pēdām.
Pierādījums.
Plkst n=1
dalīts ar5.
Plkst p=k
dalīts ar5
bez pēdām.
Plkst p=k+1 katrs termins ir dalīts ar5 bez pēdām.
Piemērs Nr.25.
Pierādiet to 
dalīts ar6
bez pēdām.
Pierādījums.
Plkst n=1
dalīts ar6
bez pēdām.
Ļaujiet plkst p=k
dalīts ar6
bez pēdām.
Plkst p=k+1 dalīts ar 6
bez atlikuma, jo katrs vārds dalās ar6
bez atlikuma: pirmais termins ir pēc indukcijas hipotēzes, otrais ir acīmredzams, trešais ir tāpēc, ka 
pāra skaitlis.
Piemērs Nr.26.
Pierādiet to 
kad dala ar9
dod atlikušo daļu 1
.
Pierādījums.
Pierādīsim to 
dalīts ar9
.
Plkst n=1 
dalīts ar 9
. Ļaujiet plkst p=k
dalīts ar9
.
Plkst p=k+1 dalīts ar 9 .
Piemērs Nr.27.
Pierādiet, ka tas dalās ar15 bez pēdām.
Pierādījums.
Plkst n=1 dalīts ar 15 .
Ļaujiet plkst p=k dalīts ar 15 bez pēdām.
Plkst p=k+1
Pirmais termins ir daudzkārtējs15
saskaņā ar indukcijas hipotēzi otrais termins ir daudzkārtējs15
– acīmredzot, trešais termins ir daudzkārtējs15
, jo 
vairākas5
(pierādīts piemērā Nr. 21), arī ceturtais un piektais termins ir daudzkārtņi5
, kas ir acīmredzams, tad summa ir daudzkārtīga15
.
Nodarbība Nr.8-9.
Nevienādību pierādīšana ar matemātisko indukciju
Piemērs Nr.28. 
.
Plkst n=1 mums ir 
- pareizi.
Ļaujiet plkst p=k 
- patiesa nevienlīdzība.
Plkst p=k+1
Tad nevienlīdzība ir spēkā jebkurai dabiskajai n.
Piemērs Nr.29. Pierādiet, ka nevienlīdzība ir patiesa 
jebkurā n.
Plkst n=1 mēs iegūstam pareizo nevienlīdzību 4 >1.
Ļaujiet plkst p=k nevienlīdzība ir patiesa 
.
Pierādīsim, kad p=k+1 nevienlīdzība ir patiesa 
Jebkurai dabiskai Uz ir nevienlīdzība.
Ja 
plkst 
Tas
Piemērs Nr.30.
zem jebkura dabiska n un jebkura 
Ļaujiet n=1 
, pareizi.
Pieņemsim, ka nevienlīdzība attiecas uz p=k: 
.
Plkst p=k+1
Piemērs Nr.31. Pierādiet nevienlīdzības pamatotību
zem jebkura dabiska n.
Vispirms pierādīsim to jebkurai dabiskajai T nevienlīdzība ir patiesa
Reizināsim abas nevienlīdzības puses ar 
. Iegūstam līdzvērtīgu nevienādību vai 
; 
; - šī nevienlīdzība attiecas uz jebkuru dabisko T.
Plkst n=1 sākotnējā nevienlīdzība ir pareiza 
; 
; 
.
Lai nevienlīdzība paliek spēkā p=k: 
.
Plkst p=k+1 
Nodarbība Nr.10.
Problēmu risināšana par tēmu
Matemātiskās indukcijas metode.
Piemērs Nr.32. Pierādiet Bernulli nevienlīdzību.
Ja 
, tad visām dabas vērtībāmn
nevienlīdzība pastāv
Pierādījums.
Plkst n=1
pierādāmā nevienlīdzība izpaužas formā 
un acīmredzot godīgi. Pieņemsim, ka tā ir taisnībap=k
, tas ir, ko 
.
Kopš nosacījuma 
, Tas 
, un tāpēc nevienādība nemaina savu nozīmi, ja abas tās daļas reizina ar 
:
Jo 
, tad mēs to sapratīsim
.
Tātad, nevienlīdzība ir patiesa n=1, un no tās patiesības plkst p=k no tā izriet, ka tā ir taisnība pat tad, ja n=k+1. Tas nozīmē, ka matemātiskās indukcijas dēļ tas attiecas uz visu dabisko lpp.
Piemēram, 
Piemērs Nr.33.
Atrodi visas dabas vērtībasn
, kam nevienlīdzība ir patiesa 
Risinājums.
Plkst n=1 nevienlīdzība ir godīga. Plkst n=2 nevienlīdzība arī ir taisnība.
Plkst n=3 nevienlīdzība vairs nav spēkā. Tikai tad, kad n=6 nevienlīdzība pastāv, tāpēc mēs varam ņemt par indukcijas pamatu n=6.
Pieņemsim, ka nevienlīdzība ir patiesa kādam dabiskajam Kam:
Apsveriet nevienlīdzību
Pēdējā nevienlīdzība ir apmierināta, ja 
Pārbaudes darbs par tēmu p=1 dots atkārtoti: p≥5, kur n- - naturāls skaitlis.
MATEMĀTISKĀS INDUKCIJAS METODE
Vārds indukcija krievu valodā nozīmē vadību, un secinājumi, kas balstīti uz novērojumiem, eksperimentiem, t.i., tiek saukti par induktīviem. iegūts, secinot no konkrētā uz vispārīgo.
Piemēram, katru dienu mēs novērojam, ka Saule lec no austrumiem. Tāpēc jūs varat būt pārliecināti, ka rīt tas parādīsies austrumos, nevis rietumos. Šo secinājumu mēs izdarām, neizmantojot nekādus pieņēmumus par Saules pārvietošanās iemeslu debesīs (turklāt šī kustība pati par sevi izrādās acīmredzama, jo globuss faktiski kustas). Un tomēr šis induktīvais secinājums pareizi apraksta novērojumus, ko mēs veiksim rīt.
Induktīvo secinājumu loma eksperimentālajās zinātnēs ir ļoti liela. Tie sniedz tos noteikumus, no kuriem pēc tam ar atskaitījumu tiek izdarīti turpmāki secinājumi. Un, lai gan teorētiskās mehānikas pamatā ir trīs Ņūtona kustības likumi, šie likumi paši par sevi bija dziļas pārdomas rezultāts, izmantojot eksperimentālos datus, jo īpaši Keplera planētu kustības likumus, kurus viņš ieguva, apstrādājot daudzus gadus ilgus dāņu astronoma Tiho novērojumus. Brahe. Novērošana un indukcija izrādās noderīga nākotnē, lai noskaidrotu izdarītos pieņēmumus. Pēc Miķelsona eksperimentiem par gaismas ātruma mērīšanu kustīgā vidē, izrādījās, ka nepieciešams precizēt fizikas likumus un izveidot relativitātes teoriju.
Matemātikā indukcijas loma lielā mērā ir tā, ka tā ir izvēlētās aksiomātikas pamatā. Pēc tam, kad ilgstoša prakse parādīja, ka taisns ceļš vienmēr ir īsāks par izliektu vai salauztu, bija dabiski formulēt aksiomu: jebkuriem trim punktiem A, B un C nevienādība
Arī sekošanas jēdziens, kas ir aritmētikas pamatā, parādījās no karavīru, kuģu un citu sakārtotu komplektu veidošanās novērojumiem.
Tomēr nevajadzētu domāt, ka tas izsmeļ indukcijas lomu matemātikā. Protams, nevajadzētu eksperimentāli pārbaudīt teorēmas, kas loģiski izsecinātas no aksiomām: ja atvasināšanas laikā netika pieļautas loģiskas kļūdas, tad tās ir patiesas, ciktāl mūsu pieņemtās aksiomas ir patiesas. Taču no šīs aksiomu sistēmas var izsecināt daudz apgalvojumu. Un to apgalvojumu atlasi, kas jāpierāda, atkal ierosina indukcija. Tieši tas ļauj atdalīt noderīgas teorēmas no nederīgām, norāda, kuras teorēmas var izrādīties patiesas, un pat palīdz ieskicēt pierādīšanas ceļu.
Matemātiskās indukcijas metodes būtība
Daudzās aritmētikas, algebras, ģeometrijas un analīzes nozarēs ir jāpierāda teikumu A(n) patiesums atkarībā no dabiskā mainīgā lieluma. Priekšlikuma A(n) patiesuma pierādīšanu visām mainīgā vērtībām bieži var veikt ar matemātiskās indukcijas metodi, kuras pamatā ir šāds princips.
Priekšlikums A(n) tiek uzskatīts par patiesu visām mainīgā lieluma dabiskajām vērtībām, ja ir izpildīti šādi divi nosacījumi:
Priekšlikums A(n) ir patiess, ja n=1.
No pieņēmuma, ka A(n) ir patiess n=k (kur k ir jebkurš naturāls skaitlis), izriet, ka tas ir patiess nākamajai vērtībai n=k+1.
Šo principu sauc par matemātiskās indukcijas principu. To parasti izvēlas kā vienu no aksiomām, kas nosaka naturālo skaitļu virkni, un tāpēc tiek pieņemts bez pierādījumiem.
Matemātiskās indukcijas metode nozīmē šādu pierādīšanas metodi. Ja vēlaties pierādīt teikuma A(n) patiesumu visiem dabiskajiem n, tad, pirmkārt, ir jāpārbauda apgalvojuma A(1) patiesums un, otrkārt, pieņemot apgalvojuma A(k) patiesumu, mēģiniet pierādīt, ka apgalvojums A(k +1) ir patiess. Ja to var pierādīt un pierādījums paliek spēkā katrai k dabiskajai vērtībai, tad saskaņā ar matemātiskās indukcijas principu priekšlikums A(n) tiek atzīts par patiesu visām n vērtībām.
Matemātiskās indukcijas metodi plaši izmanto teorēmu, identitāšu, nevienādību pierādīšanā, dalāmības uzdevumu risināšanā, dažu ģeometrisku un daudzu citu uzdevumu risināšanā.
Matemātiskās indukcijas metode uzdevumu risināšanā par
dalāmība
Izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, var pierādīt dažādus apgalvojumus par naturālu skaitļu dalāmību.
Sekojošo apgalvojumu var pierādīt salīdzinoši vienkārši. Parādīsim, kā to iegūst, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi.
1. piemērs. Ja n ir naturāls skaitlis, tad skaitlis ir pāra skaitlis.
Ja n=1, mūsu apgalvojums ir patiess: - pāra skaitlis. Pieņemsim, ka tas ir pāra skaitlis. Tā kā 2k ir pāra skaitlis, tad 
pat. Tātad, paritāte ir pierādīta n=1, paritāte tiek secināta no paritātes 
.Tas nozīmē, ka tas ir pat visām n. dabas vērtībām.
2. piemērs.Pierādiet teikuma patiesumu
A(n)=(skaitlis 5 ir 19 reizināts), n ir naturāls skaitlis.
Risinājums.
Apgalvojums A(1)=(skaitlis, kas dalās ar 19) ir patiess.
Pieņemsim, ka kādai vērtībai n=k
A(k)=(skaitlis dalās ar 19) ir patiess. Tad, kopš
Acīmredzot arī A(k+1) ir taisnība. Patiešām, pirmais termins dalās ar 19, jo tiek pieņemts, ka A(k) ir patiess; arī otrais loceklis dalās ar 19, jo satur koeficientu 19. Ir izpildīti abi matemātiskās indukcijas principa nosacījumi, tāpēc priekšlikums A(n) ir patiess visām n vērtībām.
Matemātiskās indukcijas metodes pielietojums uz
summēšanas sērijas
1. piemērs.Pierādi formulu
, n ir naturāls skaitlis.
Risinājums.
Ja n=1, abas vienādības puses pārvēršas par vienu un līdz ar to ir izpildīts pirmais matemātiskās indukcijas principa nosacījums.
Pieņemsim, ka formula ir pareiza n=k, t.i.
.
Papildināsim šīs vienlīdzības abas puses un pārveidosim labo pusi. Tad mēs saņemam
Tādējādi no tā, ka formula ir patiesa n=k, izriet, ka tā ir patiesa arī n=k+1. Šis apgalvojums ir patiess jebkurai k dabiskajai vērtībai. Tātad ir izpildīts arī matemātiskās indukcijas principa otrais nosacījums. Formula ir pierādīta.
2. piemērs.Pierādīt, ka naturālās rindas pirmo n skaitļu summa ir vienāda ar .
Risinājums.
Apzīmēsim nepieciešamo summu, t.i. 
.
Ja n=1, hipotēze ir patiesa.
Ļaujiet 
. Parādīsim to 
.
Patiesībā
Problēma ir atrisināta.
3. piemērs.Pierādīt, ka naturālās rindas pirmo n skaitļu kvadrātu summa ir vienāda ar 
.
Risinājums.
Ļaujiet .
.
Pieņemsim, ka 
. Tad
Un visbeidzot.
4. piemērs. Pierādiet to.
Risinājums.
Ja, tad
5. piemērs. Pierādiet to
Risinājums.
Ja n=1, hipotēze acīmredzami ir patiesa.
Ļaujiet .
Pierādīsim to.
Tiešām,
Matemātiskās indukcijas metodes pielietošanas piemēri
nevienlīdzības pierādījums
1. piemērs.Pierādīt, ka jebkuram naturālam skaitlim n>1
.
Risinājums.
Nevienlīdzības kreiso pusi apzīmēsim ar .
Tāpēc n=2 nevienādība ir patiesa.
Ļaujiet kādam k. Pierādīsim, ka tad un . Mums ir 
, .
Salīdzinot un , mums ir 
, t.i. 
.
Jebkuram pozitīvam veselam skaitlim k pēdējās vienādības labā puse ir pozitīva. Tieši tāpēc. Bet tas nozīmē arī.
2. piemērs.Atrodiet kļūdu argumentācijā.
Paziņojums. Jebkuram naturālam skaitlim n nevienādība ir patiesa.
Pierādījums.
. (1)
Pierādīsim, ka tad nevienādība ir spēkā arī n=k+1, t.i.
.
Patiešām, ne mazāk kā 2 jebkuram dabiskajam k. Pievienosim nevienlīdzības kreisajai pusei (1) un labajā pusē 2. Iegūsim taisnīgu nevienlīdzību, vai 
. Apgalvojums ir pierādīts.
3. piemērs.Pierādiet to 
, kur >-1, , n ir naturāls skaitlis, kas lielāks par 1.
Risinājums.
Ja n=2 nevienlīdzība ir patiesa, jo .
Lai nevienādība ir patiesa n=k, kur k ir kāds naturāls skaitlis, t.i.
. (1)
Parādīsim, ka tad nevienādība ir spēkā arī n=k+1, t.i.
. (2)
Patiešām, ar nosacījumu, , tāpēc nevienlīdzība ir patiesa
, (3)
iegūts no nevienādības (1), reizinot katru daļu ar . Pārrakstīsim nevienādību (3) šādi: . Atmetot pozitīvo vārdu pēdējās nevienlīdzības labajā pusē, mēs iegūstam taisnīgu nevienlīdzību (2).
4. piemērs. Pierādiet to
(1)
kur , , n ir naturāls skaitlis, kas lielāks par 1.
Risinājums.
Ja n=2 nevienādība (1) iegūst formu
. (2)
Kopš , tad nevienlīdzība ir patiesa
. (3)
Pieskaitot katrai nevienlīdzības daļai (3), iegūstam nevienādību (2).
Tas pierāda, ka n=2 nevienādība (1) ir patiesa.
Lai nevienādība (1) ir patiesa n=k, kur k ir kāds naturāls skaitlis, t.i.
. (4)
Pierādīsim, ka tad nevienādībai (1) jābūt patiesai arī n=k+1, t.i.
(5)
Reizināsim abas nevienādības (4) puses ar a+b. Tā kā ar nosacījumu , mēs iegūstam šādu taisnīgu nevienlīdzību:
. (6)
Lai pierādītu nevienlīdzības (5) pamatotību, pietiek ar to parādīt
, (7)
vai, kas ir tas pats,
. (8)
Nevienlīdzība (8) ir līdzvērtīga nevienlīdzībai
. (9)
Ja , Tad , Un nevienādības (9) kreisajā pusē mums ir divu pozitīvu skaitļu reizinājums. Ja , Tad , Un nevienādības (9) kreisajā pusē mums ir divu negatīvu skaitļu reizinājums. Abos gadījumos nevienlīdzība (9) ir patiesa.
Tas pierāda, ka nevienādības (1) derīgums n=k nozīmē tās derīgumu n=k+1.
Matemātiskās indukcijas metode, ko izmanto citiem
uzdevumus
Dabiskākais matemātiskās indukcijas metodes pielietojums ģeometrijā, kas ir tuvs šīs metodes izmantošanai skaitļu teorijā un algebrā, ir tās pielietojums ģeometrisko aprēķinu uzdevumu risināšanā. Apskatīsim dažus piemērus.
1. piemērs.Aprēķiniet regulāra kvadrāta malu, kas ierakstīts aplī ar rādiusu R.
Risinājums.
Kad n=2 pareizi 2 n - kvadrāts ir kvadrāts; viņa puse. Tālāk pēc dubultošanas formulas
mēs atklājam, ka parasta astoņstūra mala 
, regulāra sešstūra mala 
, regulāra trīsdesmit divi trīsstūra mala 
. Tāpēc mēs varam pieņemt, ka pareizā ierakstītā 2 puse n - kvadrāts jebkuram vienādam
. (1)
Pieņemsim, ka regulāra ierakstīta trijstūra malu izsaka formula (1). Šajā gadījumā pēc dubultošanas formulas
,
no kā izriet, ka formula (1) ir derīga visiem n.
2. piemērs.Cik trijstūros var sadalīt n stūri (nav obligāti izliektu) ar tā nesavienotajām diagonālēm?
Risinājums.
Trijstūrim šis skaitlis ir vienāds ar vienu (trijstūrī nevar ievilkt nevienu diagonāli); četrstūrim šis skaitlis acīmredzami ir divi.
Pieņemsim, ka mēs jau zinām, ka katrs k-gons, kur k
A n
A 1 A 2
Lai A 1 A k ir viena no šī nodalījuma diagonālēm; tas sadala n-stūru A 1 A 2 ...A n k-stūrī A 1 A 2 ...A k un (n-k+2)-stūru A 1 A k A k+1 .. .A n . Sakarā ar izdarīto pieņēmumu kopējais trīsstūru skaits nodalījumā būs vienāds ar
(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;
Tādējādi mūsu apgalvojums ir pierādīts visiem n.
3. piemērs.Nosakiet noteikumu skaitļa P(n) aprēķināšanai veidiem, kā izliektu n-stūri var sadalīt trijstūrī ar nesavienotām diagonālēm.
Risinājums.
Trijstūrim šis skaitlis acīmredzami ir vienāds ar vienu: P(3)=1.
Pieņemsim, ka visiem k jau esam noteikuši skaitļus P(k).
Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n) -1).
Izmantojot šo formulu, mēs pastāvīgi iegūstam:
P(4)=P(3)+P(3)=2,
P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,
P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14
utt.
Varat arī atrisināt uzdevumus ar grafikiem, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi.
Lai plaknē ir līniju tīkls, kas savieno dažus punktus un kam nav citu punktu. Šādu līniju tīklu mēs sauksim par karti, norādot punktus kā tās virsotnes, līkņu segmentus starp divām blakus virsotnēm - kartes robežas, plaknes daļas, kurās tas ir sadalīts ar robežām - kartes valstis.
Lai lidmašīnā tiek dota kāda karte. Mēs teiksim, ka tas ir pareizi iekrāsots, ja katra no tās valstīm ir nokrāsota ar noteiktu krāsu, un jebkuras divas valstis, kurām ir kopīga robeža, ir nokrāsotas ar dažādām krāsām.
4. piemērs.Lidmašīnā ir n apļi. Pierādiet, ka jebkuram šo apļu izvietojumam to veidoto karti var pareizi iekrāsot ar divām krāsām.
Risinājums.
Attiecībā uz n=1 mūsu apgalvojums ir acīmredzams.
Pieņemsim, ka mūsu apgalvojums ir patiess jebkurai kartei, ko veido n apļi, un lai plaknē ir n+1 apļi. Noņemot vienu no šiem apļiem, mēs iegūstam karti, kuru, pamatojoties uz izdarīto pieņēmumu, var pareizi iekrāsot ar divām krāsām, piemēram, melnbaltu.
Patiesas zināšanas vienmēr ir bijušas balstītas uz modeļa izveidošanu un tā patiesuma pierādīšanu noteiktos apstākļos. Tik ilgā loģiskās spriešanas pastāvēšanas laikā tika doti noteikumu formulējumi, un Aristotelis pat sastādīja “pareizo argumentāciju” sarakstu. Vēsturiski ir bijis ierasts visus secinājumus dalīt divos veidos – no konkrēta līdz daudzkārtējam (indukcija) un otrādi (dukcija). Jāņem vērā, ka pierādījumu veidi no konkrēta uz vispārīgu un no vispārīga uz konkrētu pastāv tikai kopā un tos nevar aizstāt.
Indukcija matemātikā
Terminam “indukcija” ir latīņu saknes, un tas burtiski tiek tulkots kā “vadība”. Sīkāk izpētot, var izcelt vārda struktūru, proti, latīņu prefiksu - in- (apzīmē vērstu darbību uz iekšu vai atrašanos iekšā) un -duction - ievadu. Ir vērts atzīmēt, ka ir divi veidi - pilnīga un nepilnīga indukcija. Pilnu formu raksturo secinājumi, kas izdarīti, pētot visus noteiktas klases objektus.
Nepilnīgi - secinājumi, kas attiecas uz visiem klases priekšmetiem, bet tiek veikti, pamatojoties tikai uz dažu vienību izpēti.
Pilnīga matemātiskā indukcija ir secinājums, kas balstās uz vispārīgu secinājumu par visu objektu klasi, kurus funkcionāli savieno dabiskas skaitļu sērijas attiecības, pamatojoties uz zināšanām par šo funkcionālo savienojumu. Šajā gadījumā pierādīšanas process notiek trīs posmos:
- pirmais pierāda matemātiskās indukcijas pozīcijas pareizību. Piemērs: f = 1, indukcija;
- nākamais posms ir balstīts uz pieņēmumu, ka pozīcija ir derīga visiem naturālajiem skaitļiem. Tas ir, f=h ir induktīva hipotēze;
- trešajā posmā tiek pierādīta pozīcijas derīgums skaitlim f=h+1, pamatojoties uz iepriekšējā punkta pozīcijas pareizību - tā ir indukcijas pāreja jeb matemātiskās indukcijas solis. Piemērs ir tā sauktais, ja krīt pirmais akmens rindā (bāze), tad visi rindā esošie akmeņi krīt (pāreja).
Gan pa jokam, gan nopietni
Lai atvieglotu izpratni, risinājumu piemēri, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi, ir sniegti joku uzdevumu veidā. Šis ir “Pieklājīgās rindas” uzdevums:
- Uzvedības noteikumi aizliedz vīrietim pagriezties sievietes priekšā (šādā situācijā viņa drīkst iet pa priekšu). Pamatojoties uz šo apgalvojumu, ja pēdējais rindā ir vīrietis, tad visi pārējie ir vīrieši.
Spilgts matemātiskās indukcijas metodes piemērs ir “bezdimensiju lidojuma” problēma:
- Ir jāpierāda, ka mikroautobusā var ietilpt jebkurš cilvēku skaits. Taisnība, ka transportlīdzeklī bez grūtībām (pamatā) var ietilpt viens cilvēks. Bet, lai cik pilns būtu mikroautobuss, tajā vienmēr ietilps 1 pasažieris (ievades solis).
Pazīstamie apļi
Problēmu un vienādojumu risināšanas piemēri ar matemātisko indukciju ir diezgan izplatīti. Kā šīs pieejas ilustrāciju mēs varam apsvērt šādu problēmu.
Stāvoklis: lidmašīnā ir h apļi. Jāpierāda, ka jebkuram figūru izkārtojumam to veidoto karti var pareizi iekrāsot ar divām krāsām.
Risinājums: kad h=1 apgalvojuma patiesums ir acīmredzams, tāpēc pierādījums tiks konstruēts apļu skaitam h+1.
Pieņemsim pieņēmumu, ka apgalvojums ir derīgs jebkurai kartei un plaknē ir h+1 apļi. Noņemot vienu no apļiem no kopsummas, jūs varat iegūt karti, kas pareizi iekrāsota ar divām krāsām (melnā un baltā).
Atjaunojot dzēstu apli, katra apgabala krāsa mainās uz pretējo (šajā gadījumā apļa iekšpusē). Rezultāts ir pareizi iekrāsota karte divās krāsās, kas bija jāpierāda.
Piemēri ar naturāliem skaitļiem
Zemāk ir skaidri parādīts matemātiskās indukcijas metodes pielietojums.
Risinājumu piemēri:
Pierādiet, ka jebkurai h ir pareiza šāda vienādība:
1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 = h(h+1)(2h+1)/6.
1. Ļaujiet h=1, kas nozīmē:
R 1 = 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1)/6 = 1
No tā izriet, ka gadījumā h=1 apgalvojums ir pareizs.
2. Pieņemot, ka h=d, iegūst vienādojumu:
R1 =d 2 =d(d+1)(2d+1)/6=1
3. Pieņemot, ka h=d+1, sanāk:
R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6
R d+1 = 1 2 + 2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=
(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.
Līdz ar to ir pierādīts vienādības derīgums h=d+1, tāpēc apgalvojums ir patiess jebkuram naturālam skaitlim, kā parādīts piemēra atrisinājumā ar matemātisko indukciju.
Uzdevums
Stāvoklis: ir nepieciešams pierādījums, ka jebkurai h vērtībai izteiksme 7 h -1 dalās ar 6 bez atlikuma.
Risinājums:
1. Pieņemsim, ka h=1, šajā gadījumā:
R 1 = 7 1 - 1 = 6 (t.i., dalīts ar 6 bez atlikuma)
Tāpēc, ja h=1 apgalvojums ir patiess;
2. Dalīsim h=d un 7 d -1 ar 6 bez atlikuma;
3. Apgalvojuma derīguma pierādījums par h=d+1 ir formula:
R d +1 = 7 d +1 -1 = 7, 7 d -7 + 6 = 7 (7 d -1) + 6
Šajā gadījumā pirmais loceklis dalās ar 6 saskaņā ar pirmā punkta pieņēmumu, bet otrais ir vienāds ar 6. Apgalvojums, ka 7 h -1 bez atlikuma jebkurai naturālai h dalās ar 6, ir patiess.
Kļūdas spriedumā
Bieži vien pierādījumos tiek izmantota nepareiza argumentācija izmantoto loģisko konstrukciju neprecizitātes dēļ. Tas galvenokārt notiek, ja tiek pārkāpta pierādījuma struktūra un loģika. Nepareizas argumentācijas piemērs ir šāda ilustrācija.
Uzdevums
Stāvoklis: nepieciešams pierādījums, ka jebkura akmeņu kaudze nav kaudze.
Risinājums:
1. Teiksim, h=1, šajā gadījumā kaudzē ir 1 akmens un apgalvojums ir patiess (bāze);
2. Lai ir taisnība h=d, ka akmeņu kaudze nav kaudze (pieņēmums);
3. Lai h=d+1, no kā izriet, ka, pievienojot vēl vienu akmeni, kopa nebūs kaudze. Secinājums pats par sevi liecina, ka pieņēmums ir derīgs visām dabiskajām h.
Kļūda ir tāda, ka nav definīcijas, cik akmeņu veido kaudzi. Šādu izlaidumu matemātiskās indukcijas metodē sauc par pārsteidzīgu vispārinājumu. Piemērs to skaidri parāda.
Indukcija un loģikas likumi
Vēsturiski viņi vienmēr "staigā roku rokā". Zinātniskās disciplīnas, piemēram, loģika un filozofija, tās apraksta pretstatu veidā.
No loģikas likuma viedokļa induktīvās definīcijas balstās uz faktiem, un premisu patiesums nenosaka izrietošā apgalvojuma pareizību. Bieži vien secinājumi tiek iegūti ar zināmu varbūtības un ticamības pakāpi, kas, protams, ir jāpārbauda un jāapstiprina ar papildu pētījumiem. Indukcijas piemērs loģikā būtu šāds apgalvojums:
Igaunijā ir sausums, Latvijā – sausums, Lietuvā – sausums.
Igaunija, Latvija un Lietuva ir Baltijas valstis. Visās Baltijas valstīs ir sausums.
No piemēra varam secināt, ka jaunu informāciju vai patiesību nevar iegūt, izmantojot indukcijas metodi. Var paļauties tikai uz zināmu iespējamo secinājumu patiesumu. Turklāt telpu patiesums negarantē tādus pašus secinājumus. Tomēr šis fakts nenozīmē, ka indukcija nīkuļo uz atskaitīšanas robežas: ar indukcijas metodi tiek pamatots liels skaits noteikumu un zinātnisku likumu. Piemērs ir tā pati matemātika, bioloģija un citas zinātnes. Tas galvenokārt ir saistīts ar pilnīgas indukcijas metodi, bet dažos gadījumos ir piemērojama arī daļēja indukcija.
Cienījamais indukcijas laikmets ir ļāvis tai iekļūt gandrīz visās cilvēka darbības jomās - tā ir zinātne, ekonomika un ikdienas secinājumi.
Indukcija zinātnieku aprindās
Indukcijas metode prasa skrupulozu attieksmi, jo pārāk daudz ir atkarīgs no pētāmā veseluma daļu skaita: jo lielāks ir pētītais skaits, jo ticamāks ir rezultāts. Pamatojoties uz šo pazīmi, indukcijas ceļā iegūtie zinātniskie likumi tiek ilgstoši pārbaudīti varbūtības pieņēmumu līmenī, lai izolētu un pētītu visus iespējamos strukturālos elementus, savienojumus un ietekmes.
Zinātnē induktīvā secinājuma pamatā ir nozīmīgas pazīmes, izņemot nejaušus nosacījumus. Šis fakts ir svarīgs saistībā ar zinātnisko zināšanu specifiku. Tas ir skaidri redzams indukcijas piemēros zinātnē.
Zinātniskajā pasaulē ir divi indukcijas veidi (saistībā ar pētījuma metodi):
- indukcija-atlase (vai atlase);
- indukcija - izslēgšana (eliminācija).
Pirmais veids izceļas ar metodisku (skrupulozu) klases (apakšklases) paraugu atlasi no dažādām tās jomām.
Šāda veida indukcijas piemērs ir šāds: sudrabs (vai sudraba sāļi) attīra ūdeni. Secinājums balstīts uz daudzu gadu novērojumiem (sava veida apstiprinājumu un atspēkojumu atlase – atlase).
Otra veida indukcijas pamatā ir secinājumi, kas nosaka cēloņsakarības un izslēdz apstākļus, kas neatbilst tās īpašībām, proti, universālums, laika secības ievērošana, nepieciešamība un nepārprotamība.
Indukcija un dedukcija no filozofijas pozīcijas
Atskatoties vēsturiski, terminu indukcija pirmais minēja Sokrāts. Aristotelis aprakstīja indukcijas piemērus filozofijā aptuvenākā terminoloģiskajā vārdnīcā, taču jautājums par nepilnīgo indukciju paliek atklāts. Pēc aristoteļa siloģisma vajāšanas induktīvo metodi sāka atzīt par auglīgu un vienīgo iespējamo dabaszinātnēs. Bēkons tiek uzskatīts par indukcijas kā neatkarīgas speciālās metodes tēvu, taču viņam neizdevās atdalīt indukciju no deduktīvās metodes, kā to pieprasīja viņa laikabiedri.
Indukciju tālāk attīstīja Dž. Mills, kurš induktīvo teoriju aplūkoja no četru galveno metožu perspektīvas: vienošanās, atšķirība, atlikumi un atbilstošās izmaiņas. Nav pārsteidzoši, ka mūsdienās uzskaitītās metodes, ja tās tiek detalizēti pārbaudītas, ir deduktīvās.
Bekona un Milla teoriju pretrunīguma apzināšanās lika zinātniekiem pētīt indukcijas varbūtības pamatu. Tomēr pat šeit bija dažas galējības: tika mēģināts samazināt indukciju varbūtības teorijā ar visām no tā izrietošajām sekām.
Indukcija saņem uzticības balsojumu, praktiski pielietojot to noteiktās mācību jomās un pateicoties induktīvās bāzes metriskajai precizitātei. Indukcijas un dedukcijas piemēru filozofijā var uzskatīt par universālās gravitācijas likumu. Likuma atklāšanas dienā Ņūtons to varēja pārbaudīt ar 4 procentu precizitāti. Un, pārbaudot vairāk nekā divus simtus gadus vēlāk, pareizība tika apstiprināta ar precizitāti 0,0001 procenti, lai gan pārbaude tika veikta ar tiem pašiem induktīviem vispārinājumiem.
Mūsdienu filozofija vairāk pievērš uzmanību dedukcijai, ko diktē loģiska vēlme iegūt jaunas zināšanas (vai patiesības) no jau zināmā, neizmantojot pieredzi vai intuīciju, bet izmantojot “tīro” spriešanu. Atsaucoties uz patiesām premisām deduktīvajā metodē, visos gadījumos izvade ir patiess apgalvojums.
Šis ļoti svarīgais raksturlielums nedrīkst aizēnot induktīvās metodes vērtību. Tā kā indukcija, pamatojoties uz pieredzes sasniegumiem, kļūst arī par tās apstrādes (tajā skaitā vispārināšanas un sistematizācijas) līdzekli.
Indukcijas pielietojums ekonomikā
Indukcija un dedukcija jau sen tiek izmantotas kā metodes ekonomikas izpētei un tās attīstības prognozēšanai.
Indukcijas metodes izmantošanas klāsts ir diezgan plašs: prognozēto rādītāju (peļņas, nolietojuma u.c.) izpildes izpēte un vispārējs uzņēmuma stāvokļa novērtējums; efektīvas uzņēmuma veicināšanas politikas veidošana, pamatojoties uz faktiem un to attiecībām.
Tāda pati indukcijas metode izmantota “Ševarta kartēs”, kur, pieņemot procesu iedalījumu kontrolētajos un nekontrolējamos, ir norādīts, ka kontrolētā procesa ietvars ir neaktīvs.
Jāatzīmē, ka zinātniskie likumi tiek pamatoti un apstiprināti, izmantojot indukcijas metodi, un, tā kā ekonomika ir zinātne, kas bieži izmanto matemātisko analīzi, riska teoriju un statistiku, nav pārsteidzoši, ka indukcija ir galveno metožu sarakstā.
Indukcijas un dedukcijas piemērs ekonomikā ir šāda situācija. Pārtikas (no patēriņa groza) un pirmās nepieciešamības preču sadārdzināšanās mudina patērētāju aizdomāties par valstī topošajām augstajām izmaksām (indukcija). Tajā pašā laikā no augsto cenu fakta, izmantojot matemātiskās metodes, var atvasināt cenu pieauguma rādītājus atsevišķām precēm vai preču kategorijām (atskaitījums).
Visbiežāk vadības personāls, vadītāji un ekonomisti pievēršas indukcijas metodei. Lai ar pietiekamu patiesumu varētu prognozēt uzņēmuma attīstību, tirgus uzvedību un konkurences sekas, informācijas analīzei un apstrādei nepieciešama induktīvi-deduktīva pieeja.
Skaidrs piemērs indukcijas ekonomikā saistībā ar kļūdainiem spriedumiem:
- uzņēmuma peļņa samazinājās par 30%;
konkurējošs uzņēmums ir paplašinājis savu produktu līniju;
nekas cits nav mainījies; - konkurējošā uzņēmuma ražošanas politika izraisīja peļņas samazinājumu par 30%;
- tāpēc ir jāīsteno tāda pati ražošanas politika.
Piemērā ir krāsains piemērs tam, kā nepiemērota indukcijas metodes izmantošana veicina uzņēmuma sagraušanu.
Dedukcija un indukcija psiholoģijā
Tā kā ir metode, tad, loģiski, ir arī pareizi organizēta domāšana (lietot metodi). Psiholoģija kā zinātne, kas pēta garīgos procesus, to veidošanos, attīstību, attiecības, mijiedarbību, pievērš uzmanību “deduktīvai” domāšanai, kā vienai no dedukcijas un indukcijas izpausmes formām. Diemžēl psiholoģijas lapās internetā praktiski nav attaisnojuma deduktīvi-induktīvās metodes integritātei. Lai gan profesionāli psihologi biežāk sastopas ar indukcijas izpausmēm vai, pareizāk sakot, kļūdainiem secinājumiem.
Indukcijas piemērs psiholoģijā kā kļūdainu spriedumu ilustrācija ir apgalvojums: mana māte maldina, tāpēc visas sievietes ir maldinātājas. No dzīves varat iegūt vēl vairāk “kļūdainu” indukcijas piemēru:
- skolēns ne uz ko nav spējīgs, ja saņem sliktu atzīmi matemātikā;
- viņš ir muļķis;
- viņš ir gudrs;
- Es varu darīt jebko;
Un daudzi citi vērtību spriedumi, kas balstīti uz pilnīgi nejaušām un brīžiem nenozīmīgām premisām.
Jāpiebilst: kad cilvēka sprieduma maldība nonāk līdz absurdam, psihoterapeitam parādās darba robeža. Viens piemērs ievadīšanai speciālista pieņemšanā:
"Pacients ir pilnīgi pārliecināts, ka sarkanā krāsa viņam ir bīstama tikai jebkurā formā. Rezultātā cilvēks šo krāsu shēmu izslēdza no savas dzīves – iespēju robežās. Ir daudz iespēju komfortablai atpūtai mājās. Jūs varat atteikties no visiem sarkanajiem priekšmetiem vai aizstāt tos ar analogiem, kas izgatavoti citā krāsu shēmā. Bet sabiedriskās vietās, darbā, veikalā – tas nav iespējams. Pacients, nonākot stresa situācijā, katru reizi piedzīvo pilnīgi atšķirīgu emocionālo stāvokļu “paisumu”, kas var radīt briesmas citiem.”
Šo indukcijas un neapzinātās indukcijas piemēru sauc par “fiksētām idejām”. Ja tas notiek ar garīgi veselu cilvēku, mēs varam runāt par garīgās darbības organizācijas trūkumu. Veids, kā atbrīvoties no obsesīviem stāvokļiem, var būt elementāra deduktīvās domāšanas attīstība. Citos gadījumos ar šādiem pacientiem strādā psihiatri.
Iepriekš minētie indukcijas piemēri norāda, ka "likuma nezināšana neatbrīvo jūs no (kļūdainu spriedumu) sekām."
Psihologi, strādājot pie deduktīvās domāšanas tēmas, ir izveidojuši ieteikumu sarakstu, kas izstrādāts, lai palīdzētu cilvēkiem apgūt šo metodi.
Pirmais punkts ir problēmu risināšana. Kā redzams, matemātikā izmantoto indukcijas formu var uzskatīt par “klasisku”, un šīs metodes izmantošana veicina prāta “disciplīnu”.
Nākamais nosacījums deduktīvās domāšanas attīstībai ir redzesloka paplašināšana (skaidri domājošie skaidri izsakās). Šis ieteikums novirza “ciešanas” uz zinātnes un informācijas kasēm (bibliotēkām, tīmekļa vietnēm, izglītības iniciatīvām, ceļojumiem utt.).
Īpaši jāpiemin tā sauktā “psiholoģiskā indukcija”. Šo terminu, lai arī ne bieži, var atrast internetā. Visi avoti nesniedz vismaz īsu šī termina definīcijas formulējumu, bet atsaucas uz "dzīves piemēriem", vienlaikus nododot jaunu ierosinājumu vai nu ierosinājumu, vai dažas garīgās slimības formas, vai ekstremālos stāvokļus. cilvēka psihi. No visa iepriekš minētā ir skaidrs, ka mēģinājums atvasināt “jaunu terminu”, kas balstīts uz nepatiesām (bieži vien nepatiesām) premisām, liek eksperimentētājam iegūt kļūdainu (vai pārsteidzīgu) apgalvojumu.
Jāpiebilst, ka atsauce uz 1960. gada eksperimentiem (nenorādot vietu, eksperimentētāju vārdus, subjektu izlasi un, galvenais, eksperimenta mērķi) izskatās, maigi izsakoties, nepārliecinoši, un apgalvojums, ka smadzenes informāciju uztver, apejot visus uztveres orgānus (šajā gadījumā organiskāk iederētos frāze “ietekmē”), liek aizdomāties par apgalvojuma autora lētticību un nekritiskumu.
Secinājuma vietā
Ne velti zinātņu karaliene matemātika izmanto visas iespējamās indukcijas un dedukcijas metodes rezerves. Apskatītie piemēri ļauj secināt, ka pat visprecīzāko un uzticamāko metožu virspusēja un neapdomīga (kā mēdz teikt) pielietošana vienmēr noved pie kļūdainiem rezultātiem.
Masu apziņā dedukcijas metode asociējas ar slaveno Šerloku Holmsu, kurš savās loģiskajās konstrukcijās biežāk izmanto indukcijas piemērus, pareizās situācijās izmantojot dedukciju.
Rakstā tika apskatīti piemēri šo metožu izmantošanai dažādās zinātnēs un cilvēka darbības jomās.