>

Арга зүйн хөгжил "математик индукцийн арга". Математик индукцийн арга ба түүнийг асуудал шийдвэрлэхэд ашиглах

Математик индукцийн арга

Танилцуулга

Үндсэн хэсэг

  1. Бүрэн ба бүрэн бус индукц
  2. Математик индукцийн зарчим
  3. Математик индукцийн арга
  4. Шийдвэрлэх жишээ
  5. Тэнцүү байдал
  6. Тоо хуваах
  7. Тэгш бус байдал

Дүгнэлт

Ашигласан уран зохиолын жагсаалт

Танилцуулга

Аливаа математикийн судалгааны үндэс нь дедуктив ба индуктив аргууд юм. Шалтгаан бодох дедуктив арга нь ерөнхийөөс өвөрмөц рүү чиглэсэн үндэслэл, өөрөөр хэлбэл. үндэслэл, түүний эхлэл нь ерөнхий үр дүн, эцсийн цэг нь тодорхой үр дүн юм. Индукцийг тодорхой үр дүнгээс ерөнхий үр дүнд шилжүүлэхэд ашигладаг, жишээлбэл. нь дедуктив аргын эсрэг юм.

Математикийн индукцийн аргыг ахиц дэвшилтэй харьцуулж болно. Бид хамгийн доод хэсгээс эхэлдэг бөгөөд логик сэтгэлгээний үр дүнд бид хамгийн дээд цэгт хүрдэг. Хүн үргэлж ахиц дэвшил, бодол санаагаа логикоор хөгжүүлэх чадварыг эрэлхийлсээр ирсэн нь байгаль өөрөө түүнийг индуктив байдлаар сэтгэхийг заяасан гэсэн үг юм.

Хэдийгээр математикийн индукцийн аргын хэрэглээний цар хүрээ өргөжиж байгаа ч сургуулийн сургалтын хөтөлбөрт үүнд бага цаг зарцуулдаг. За тэгээд тэр хоёр гурван хичээл хүнд хэрэг болж, энэ хугацаанд таван үг онол сонсож, таван анхдагч бодлого шийдвэрлэж, үр дүнд нь юу ч мэдэхгүй гэдгээрээ А үнэлгээ авна гэж хэлээрэй.

Гэхдээ индуктив байдлаар сэтгэх чадвартай байх нь маш чухал юм.

Үндсэн хэсэг

Анхны утгаараа "индукц" гэдэг үг нь хэд хэдэн тодорхой мэдэгдлийн үндсэн дээр ерөнхий дүгнэлт гаргах үндэслэлд хэрэглэгддэг. Ийм үндэслэл гаргах хамгийн энгийн арга бол бүрэн индукц юм. Ийм үндэслэлийн жишээ энд байна.

4 доторх тэгш натурал n тоо бүрийг хоёр анхны тооны нийлбэрээр илэрхийлж болохыг тогтоох шаардлагатай. Үүнийг хийхийн тулд эдгээр бүх тоог аваад холбогдох өргөтгөлүүдийг бичнэ үү.

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.

Эдгээр есөн тэгшитгэл нь бидний сонирхож буй тоо бүр нь хоёр энгийн гишүүний нийлбэрээр илэрхийлэгддэг болохыг харуулж байна.

Тиймээс бүрэн индукц нь ерөнхий мэдэгдлийг хязгаарлагдмал тооны боломжит тохиолдол бүрт тусад нь нотлохоос бүрдэнэ.

Заримдаа ерөнхий үр дүнг бүгдийг нь биш, харин хангалттай олон тооны тодорхой тохиолдлуудыг (бүрэн бус индукц гэж нэрлэдэг) авч үзсэний дараа таамаглаж болно.

Бүрэн бус индукцийн үр дүн нь бүх онцгой тохиолдлуудыг хамарсан нарийн математик үндэслэлээр нотлогдох хүртэл зөвхөн таамаглал хэвээр үлдэнэ. Өөрөөр хэлбэл, математикт бүрэн бус индукцийг хатуу нотлох хууль ёсны арга гэж үздэггүй, харин шинэ үнэнийг илрүүлэх хүчирхэг арга юм.

Жишээлбэл, та эхний n дараалсан сондгой тооны нийлбэрийг олохыг хүсч байна. Онцгой тохиолдлуудыг авч үзье:

1+3+5+7+9=25=5 2

Эдгээр цөөн хэдэн онцгой тохиолдлыг авч үзсэний дараа дараахь ерөнхий дүгнэлт гарч байна.

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тэдгээр. Эхний n дараалсан сондгой тооны нийлбэр нь n 2 байна

Мэдээжийн хэрэг, хийсэн ажиглалт нь өгөгдсөн томъёоны хүчинтэй байдлын нотолгоо болж чадахгүй.

Бүрэн индукц нь зөвхөн математикт хязгаарлагдмал хэрэглээтэй байдаг. Математикийн олон сонирхолтой мэдэгдлүүд нь хязгааргүй тооны онцгой тохиолдлуудыг хамардаг боловч бид тэдгээрийг хязгааргүй тооны тохиолдлуудад туршиж үзэх боломжгүй. Бүрэн бус индукц нь ихэвчлэн алдаатай үр дүнд хүргэдэг.

Ихэнх тохиолдолд энэ төрлийн хүндрэлээс гарах арга зам нь математик индукцийн арга гэж нэрлэгддэг үндэслэлийн тусгай аргыг ашиглах явдал юм. Энэ нь дараах байдалтай байна.

Аливаа натурал n тооны хувьд тодорхой мэдэгдлийн үнэн зөвийг батлах шаардлагатай гэж бодъё (жишээлбэл, эхний n сондгой тооны нийлбэр нь n 2-той тэнцүү гэдгийг батлах хэрэгтэй). Натурал тоонуудын багц хязгааргүй тул n-ийн утга тус бүрийн хувьд энэ мэдэгдлийг шууд шалгах боломжгүй юм. Энэ мэдэгдлийг батлахын тулд эхлээд n=1-ийн хүчинтэй эсэхийг шалгана уу. Дараа нь тэд k-ийн аль ч натурал утгын хувьд n=k-ийн хувьд авч үзэж буй мэдэгдлийн хүчинтэй байх нь n=k+1-ийн хувьд түүний хүчинтэй байх болно гэдгийг баталж байна.

Дараа нь уг мэдэгдлийг бүх n-ийн хувьд батлагдсан гэж үзнэ. Үнэн хэрэгтээ n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн юм. Харин дараагийн n=1+1=2 тооны хувьд энэ нь бас үнэн юм. n=2-ийн мэдэгдлийн хүчинтэй байх нь n=2+-ийн хувьд түүний хүчинтэй байдлыг илтгэнэ

1=3. Энэ нь n=4 гэх мэт мэдэгдлийн үнэн зөвийг илтгэнэ. Эцсийн эцэст бид ямар ч натурал n тоонд хүрэх нь тодорхой. Энэ нь аливаа n-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

Хэлсэн зүйлийг нэгтгэн дүгнэж үзвэл бид дараах ерөнхий зарчмыг томъёоллоо.

Математик индукцийн зарчим.

Хэрэв санал А(n), натурал тооноос хамаарнаn, хувьд үнэнn=1 ба энэ нь үнэн гэдгийг баримтаасn= к (Хаанак-ямар ч натурал тоо), энэ нь дараагийн тооны хувьд үнэн болноn= к+1, дараа нь таамаглал А(n) дурын натурал тооны хувьд үнэнn.

Хэд хэдэн тохиолдолд бүх натурал тоонуудын хувьд биш, зөвхөн n>p-ийн хувьд тодорхой мэдэгдлийн үнэн зөвийг батлах шаардлагатай байж болно, энд p нь тогтмол натурал тоо юм. Энэ тохиолдолд математик индукцийн зарчмыг дараах байдлаар томъёолно.

Хэрэв санал А(n) хувьд үнэнn= х мөн хэрэв A(к) Þ А(к+1) хэнд чк> х, дараа нь санал А(n) хэнд ч үнэнn> х.

Математик индукцийн аргыг ашиглан нотлох баримтыг дараах байдлаар гүйцэтгэнэ. Нэгдүгээрт, нотлох мэдэгдлийг n=1-ээр шалгана, өөрөөр хэлбэл. А(1) мэдэгдлийн үнэнийг тогтоов. Нотолгооны энэ хэсгийг индукцийн суурь гэж нэрлэдэг. Дараа нь индукцийн алхам гэж нэрлэгддэг нотлох хэсэг ирдэг. Энэ хэсэгт тэд n=k+1-ийн мэдэгдлийн үнэн зөвийг n=k (индукцийн таамаглал) гэсэн таамаглалын дагуу нотолж байна. A(k)ÞA(k+1) гэдгийг батална.

ЖИШЭЭ 1

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 гэдгийг батал.

Шийдэл: 1) Бидэнд n=1=1 2 байна. Тиймээс,

n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн, өөрөөр хэлбэл. A(1) үнэн.

2) A(k)ÞA(k+1) гэдгийг баталцгаая.

k нь дурын натурал тоо байх ба n=k хувьд уг мэдэгдлийг үнэн гэж үзье, өөрөөр хэлбэл.

1+3+5+…+(2к-1)=k 2 .

Дараах натурал тоо n=k+1, i. Юу

1+3+5+…+(2к+1)=(k+1) 2 .

Үнэндээ,

1+3+5+…+(2к-1)+(2к+1)=к 2 +2к+1=(к+1) 2 .

Тэгэхээр, A(k)ÞA(k+1). Математик индукцийн зарчимд үндэслэн бид ямар ч nÎN-ийн хувьд A(n) таамаглал үнэн гэж дүгнэж байна.

ЖИШЭЭ 2

Үүнийг нотол

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n +1 -1)/(x-1), энд x¹1

Шийдэл: 1) n=1-ийн хувьд бид авна

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

тиймээс n=1-ийн хувьд томъёо зөв; A(1) үнэн.

2) k нь дурын натурал тоо, томьёо нь n=k хувьд үнэн байг, өөрөөр хэлбэл.

1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k +1 -1)/(x-1).

Тэгж байж тэгш байдал тогтдог гэдгийг баталцгаая

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k +1 =(x k +2 -1)/(x-1).

Үнэхээр

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).

Тэгэхээр, A(k)ÞA(k+1). Математикийн индукцийн зарчимд үндэслэн бид ямар ч натурал n тооны хувьд томъёо үнэн гэж дүгнэж байна.

ЖИШЭЭ 3

Гүдгэр n өнцөгтийн диагональуудын тоо n(n-3)/2-той тэнцүү болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=3-ын хувьд мэдэгдэл үнэн

Гурвалжинд байгаа учраас 3 нь утга учиртай

 A 3 =3(3-3)/2=0 диагональ;

A 2 A(3) үнэн.

2) Ямар ч тохиолдолд тийм гэж үзье

гүдгэр к-гон нь-

A 1 x A k =k(k-3)/2 диагональ.

Мөн k Дараа нь гүдгэрээр баталъя

(k+1)-gon тоо

диагональууд A k +1 =(k+1)(k-2)/2.

A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 нь гүдгэр (k+1)-gon байг. Үүнд A 1 A k диагональ зуръя. Энэ (k+1)-gon-ийн диагональуудын нийт тоог тооцоолохын тулд k-gon дахь диагональуудын тоог тоолох хэрэгтэй A 1 A 2 ...A k , гарсан тоонд k-2 нэмэх, өөрөөр хэлбэл. A оройноос гарч буй (k+1)-гононы диагональуудын тоо k +1 ба үүнээс гадна диагональ A 1 A k-ийг харгалзан үзэх шаардлагатай.

Тиймээс,

 k +1 = k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2.

Тэгэхээр, A(k)ÞA(k+1). Математикийн индукцийн зарчмын дагуу мэдэгдэл нь аливаа гүдгэр n-gon-ийн хувьд үнэн юм.

ЖИШЭЭ 4

Аль ч n-ийн хувьд дараах мэдэгдэл үнэн болохыг батал.

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье

X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1.

Энэ нь n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

2) n=k гэж үзье

X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6.

3) n=k+1-ийн хувьд энэ мэдэгдлийг авч үзье

X k +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.

n=k+1-ийн хувьд тэгш байдал үнэн болохыг бид нотолсон тул математик индукцийн аргын тусламжтайгаар аливаа натурал n тооны хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болно.

ЖИШЭЭ 5

Аливаа натурал n тооны хувьд тэгш байдал үнэн болохыг батал.

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье.

Тэгвэл X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн болохыг бид харж байна.

2) n=k-ийн хувьд тэгш байдал үнэн гэж бодъё

X k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Энэ мэдэгдлийн үнэнийг n=k+1, өөрөөр хэлбэл.

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.

Дээрх нотолгооноос харахад n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн байх тул аливаа натурал n тооны хувьд тэгш байдал үнэн байна.

ЖИШЭЭ 6

Үүнийг нотол

((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), энд n>2.

Шийдэл: 1) n=2-ын хувьд таних тэмдэг нь: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

тэдгээр. энэ үнэн.

2) n=k-ийн хувьд илэрхийлэл үнэн гэж үзье

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1).

3) n=k+1 илэрхийллийн зөвийг баталъя.

(((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).

Бид n=k+1-ийн хувьд тэгш байдал үнэн болохыг нотолсон тул математик индукцийн аргын тусламжтайгаар аливаа n>2-ийн хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болно.

ЖИШЭЭ 7

Үүнийг нотол

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

ямар ч байгалийн n.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) n=k гэж бодъё

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2к-1) 3 -(2к) 3 =-к 2 (4к+3).

3) n=k+1-ийн хувьд энэ мэдэгдлийн үнэнийг баталъя

(1 3 -2 3 +…+(2к-1) 3 -(2к) 3)+(2к+1) 3 -(2к+2) 3 =-k 2 (4к+3)+

+(2к+1) 3 -(2к+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3).

n=k+1-ийн тэгш байдлын үнэн зөв нь мөн батлагдсан тул аливаа натурал n тооны хувьд уг мэдэгдэл үнэн болно.

ЖИШЭЭ 8

Тодорхойлолт зөв болохыг нотлох

(1 2 /1´3)+(2 2 /3´5)+…+(n 2 /(2n-1)´(2n+1))=n(n+1)/2(2n+1)

ямар ч байгалийн n.

1) n=1-ийн хувьд таних тэмдэг нь үнэн 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) n=k гэж бодъё

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) n=k+1-д адилтгал үнэн болохыг баталъя.

(1 2 /1´3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2к+1))+((к+1) 2 /(2к+1)(2к+3))=((к+1)/(2к+1))´((k/2 ) +((k+1)/(2к+3)))=(k+1)(k+2)´ (2к+1)/2(2к+1)(2к+3)=(к+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1).

Дээрх нотолгооноос харахад аливаа натурал n тооны хувьд уг мэдэгдэл үнэн болох нь тодорхой байна.

ЖИШЭЭ 9

(11 n+2 +12 2n+1) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье

11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23´133.

Харин (23´133) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагддаг бөгөөд энэ нь n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн гэсэн үг; A(1) үнэн.

2) (11k+2 +12 2k+1) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагдана гэж бодъё.

3) Энэ тохиолдолд үүнийг нотолж үзье

(11 к+3 +12 2к+3) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагдана. Үнэхээр 11 к +3 +12 2л+3 =11´11 к+2 +12 2 ´12 2к+1 =11´11 к+2 +

+(11+133)´12 2к+1 =11(11 к+2 +12 2к+1)+133´12 2к+1 .

Үүссэн нийлбэрийг 133-т үлдэгдэлгүй хуваана, учир нь түүний эхний гишүүн нь таамаглалаар 133-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг ба хоёр дахь хүчин зүйлийн нэг нь 133. Тэгэхээр A(k)ÞA(k+1). Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдэл батлагдсан.

ЖИШЭЭ 10

Дурын n 7 n -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзвэл X 1 =7 1 -1=6 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана. Энэ нь n=1 үед мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

2) n=k гэж бодъё

7 k -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана.

3) n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг баталъя.

X k+1 =7 к+1 -1=7´7 к -7+6=7(7 к -1)+6.

Эхний гишүүн нь 6-д хуваагддаг, учир нь 7 k -1 нь таамаглалаар 6-д хуваагддаг ба хоёр дахь гишүүн нь 6. Энэ нь аливаа натурал n-ийн хувьд 7 n -1 нь 6-ын үржвэр гэсэн үг юм. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

ЖИШЭЭ 11

Дурын натурал n-ийн хувьд 3 3n-1 +2 4n-3 нь 11-д хуваагддаг болохыг батал.
Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 нь 11-д үлдэгдэлгүй хуваагдана. Энэ нь n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

2) n=k гэж бодъё

X k =3 3k-1 +2 4k-3 нь 11-д үлдэгдэлгүй хуваагдана.

3) n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг баталъя.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3к+2 +2 4к+1 =3 3 ´3 3к-1 +2 4 ´2 4к-3 =

27´3 3к-1 +16´2 4к-3 =(16+11)´3 3k-1 +16´2 4k-3 =16´3 3к-1 +

11´3 3к-1 +16´2 4к-3 =16(3 3к -1 +2 4к-3)+11´3 3к-1 .

Эхний гишүүн 11-д үлдэгдэлгүй хуваагдана, учир нь 3 3 k-1 +2 4k-3 нь таамаглалаар 11-д хуваагддаг, хоёр дахь нь 11-д хуваагддаг, учир нь түүний нэг хүчин зүйл нь 11. Энэ нь нийлбэр гэсэн үг юм. ямар ч натурал n тоонд үлдэгдэлгүй 11-д хуваагдана. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

ЖИШЭЭ 12

Дурын натурал n-ийн хувьд 11 2n -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзвэл 11 2 -1=120 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана. Энэ нь n=1 үед мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

2) n=k гэж бодъё

11 2 k -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана.

11 2(k+1) -1=121´11 2к -1=120´11 2к +(11 2к -1).

Хоёр нэр томьёо хоёулаа 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана: эхнийх нь 6-ын үржвэр, 120 тоо, хоёр дахь нь таамаглалаар үлдэгдэлгүйгээр 6-д хуваагдана. Энэ нь нийлбэр нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана гэсэн үг. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

ЖИШЭЭ 13

Дурын натурал n тооны 3 3 n+3 -26n-27 нь 26 2 (676)-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: Эхлээд 3 3 n+3 -1 нь 26-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батална.

  1. n=0 үед

3 3 -1=26 нь 26-д хуваагдана

  1. Үүнийг n=k гэж үзье

3 3k+3 -1 нь 26-д хуваагдана

  1. Энэ мэдэгдлийг баталцгаая

n=k+1-ийн хувьд үнэн.

3 3 k+6 -1=27´3 3к+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3 к +3 -1) -26-д хуваагдана

Одоо бид асуудлын мэдэгдэлд томъёолсон мэдэгдлийн нотолгоог хэрэгжүүлэх болно.

1) n=1 үед мэдэгдэл үнэн байх нь ойлгомжтой

3 3+3 -26-27=676

2) n=k гэж бодъё

3 3 k+3 -26k-27 илэрхийлэл 26 2-т үлдэгдэлгүй хуваагдана.

3) n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг баталъя

3 3к+6 -26(к+1)-27=26(3 3к+3 -1)+(3 3к+3 -26к-27).

Хоёр нэр томъёо нь 26 2-т хуваагддаг; эхнийх нь 26 2-т хуваагддаг, учир нь бид хаалтанд байгаа илэрхийлэл 26-д хуваагддагийг нотолсон, хоёр дахь нь индукцийн таамаглалаар хуваагддаг. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

ЖИШЭЭ 14

Хэрэв n>2 ба x>0 бол тэгш бус байдал үнэн болохыг батал

(1+x) n >1+n´x.

Шийдэл: 1) n=2-ын хувьд тэгш бус байдал хүчинтэй, учир нь

(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x.

Тэгэхээр A(2) үнэн байна.

2) A(k)ÞA(k+1), хэрэв k> бол баталъя 2. A(k) үнэн, өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал гэж үзье.

(1+x) k >1+k´x. (3)

Тэгвэл A(k+1) нь бас үнэн, өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал гэдгийг баталцгаая

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Үнэн хэрэгтээ, (3) тэгш бус байдлын хоёр талыг эерэг 1+x тоогоор үржүүлбэл бид олж авна

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Сүүлийн тэгш бус байдлын баруун талыг авч үзье

ства; бидэнд байгаа

(1+k´x)(1+x)=1+(k+1)´x+k´x 2 >1+(k+1)´x.

Үүний үр дүнд бид үүнийг олж авдаг

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Тэгэхээр, A(k)ÞA(k+1). Математикийн индукцийн зарчимд үндэслэн Бернуллигийн тэгш бус байдал ямар ч тохиолдолд үнэн гэж үзэж болно.

ЖИШЭЭ 15

Тэгш бус байдал үнэн гэдгийг батал

(1+a+a 2) a> 0-ийн хувьд m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2.

Шийдэл: 1) m=1 байх үед

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 хоёр тал тэнцүү.

2) m=k гэж бодъё

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)'a 2

3) m=k+1 хувьд тэгш бус байдал үнэн болохыг баталъя

(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 .

Бид m=k+1 тэгш бус байдлын үнэн зөвийг нотолсон тул математик индукцийн аргын тусламжтайгаар тэгш бус байдал нь аливаа байгалийн m-д хүчинтэй байна.

ЖИШЭЭ 16

n>6 хувьд тэгш бус байдал үнэн болохыг батал

Шийдэл: Тэгш бус байдлыг хэлбэрээр дахин бичье

  1. n=7-ийн хувьд бидэнд байна

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

тэгш бус байдал нь үнэн юм.

  1. Үүнийг n=k гэж үзье

3) n=k+1 тэгш бус байдлын үнэн зөвийг баталъя.

3 k+1 /2 к+1 =(3 к /2 к)´(3/2)>2к´(3/2)=3к>2(к+1).

k>7 тул сүүлчийн тэгш бус байдал тодорхой байна.

Математик индукцийн аргын ачаар тэгш бус байдал нь ямар ч натурал n тоонд хүчинтэй байна.

ЖИШЭЭ 17

n>2 хувьд тэгш бус байдал үнэн болохыг батал

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Шийдэл: 1) n=3 бол тэгш бус байдал үнэн

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180

  1. Үүнийг n=k гэж үзье

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/к 2)=1.7-(1/к).

3) Үл хамаарах зүйлийн үнэн зөвийг баталъя.

n=k+1-ийн тэгш байдал

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2) гэдгийг баталцгаая.

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Сүүлийнх нь ойлгомжтой, тиймээс

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Математик индукцийн аргын ачаар тэгш бус байдал нотлогддог.

Дүгнэлт

Ялангуяа математикийн индукцийн аргыг судалснаар би математикийн энэ чиглэлээр мэдлэгээ нэмэгдүүлж, өмнө нь миний хүч чадлаас давсан асуудлыг шийдэж сурсан.

Эдгээр нь голчлон логик, зугаатай ажлууд байсан, i.e. зүгээр л математикийг шинжлэх ухааны хувьд сонирхлыг нэмэгдүүлдэг. Иймэрхүү асуудлыг шийдэх нь зугаатай үйл ажиллагаа болж, улам бүр сониуч хүмүүсийг математикийн лабиринт руу татах болно. Миний бодлоор энэ бол аливаа шинжлэх ухааны үндэс суурь юм.

Математикийн индукцийн аргыг үргэлжлүүлэн судлахдаа би үүнийг зөвхөн математикт төдийгүй физик, хими, амьдралын асуудлыг шийдвэрлэхэд хэрхэн ашиглах талаар сурахыг хичээх болно.

МАТЕМАТИК:

ЛЕКЦ, АСУУДАЛ, ШИЙДЭЛ

Сурах бичиг / В.Г.Сидоров, М.И. Попурри ХХК 1996 он.

АЛГЕБР БА ШИНЖИЛГЭЭНИЙ ЭХЛЭЛ

Сурах бичиг / И.Т.Демидов, С.И.Шварцбург, Б.Е. "Гэгээрэл" 1975 он.

"Математик индукцийн арга" видео хичээл нь математикийн индукцийн аргыг эзэмшихэд тусална. Видео нь аргын мөн чанарыг ойлгох, түүний хэрэглээний онцлогуудыг санах, асуудлыг шийдвэрлэхдээ энэ аргыг хэрхэн ашиглах талаар сурахад туслах материалыг агуулдаг. Энэхүү видео хичээлийн зорилго нь материалыг хөгжүүлэх, индукцийн аргыг ашиглан математикийн асуудлыг шийдвэрлэх чадварыг хөгжүүлэхэд оршино.

Сурагчдын анхаарлыг материалыг сурахад төвлөрүүлэхийн тулд хөдөлгөөнт эффект, дүрслэл, мэдээллийг өнгөт үзүүлэнг ашигладаг. Видео хичээл нь багшийн хичээлийн цагийг чөлөөлж, бие даасан ажлын чанарыг сайжруулах, боловсролын бусад асуудлыг шийдвэрлэх боломжийг олгодог.

a 1 =4, a n+1 = a n +2n+3 байх a n дарааллыг авч үзэх замаар математик индукцийн аргын тухай ойлголтыг танилцуулна. Дарааллын гишүүний ерөнхий дүрслэлийн дагуу a 1 =4, a 2 =4+2·1+3=9, a 3 =9+2·2+3=16, өөрөөр хэлбэл a. 4, 9, 16,... тоонуудын дараалал Энэ дарааллын хувьд a n =(n+1) 2 үнэн гэж үздэг. Дарааллын заасан нөхцлүүдийн хувьд - эхний, хоёр, гуравдугаарт - томъёо зөв байна. Ямар ч дур зоргоороо том n-д энэ томьёоны үнэн зөвийг батлах шаардлагатай. Ийм тохиолдолд мэдэгдлийг батлахад туслах математикийн индукцийн аргыг ашигладаг болохыг харуулж байна.

Аргын мөн чанар илчлэгдсэн. n=k-ийн томъёог хүчинтэй гэж үзнэ, утга a k =(k+1) 2 . Тэгш байдал нь k+1-д ч хүчинтэй байх болно гэдгийг батлах шаардлагатай бөгөөд энэ нь k +1 =(k+2) 2 гэсэн үг юм. Үүнийг хийхийн тулд a k +1 =a k +2k+3 томъёонд бид k-г (k+1) 2-оор солино. Ижил төстэй зүйлсийг орлуулан багасгасны дараа a k +1 =(k+2) 2 тэгшитгэлийг авна. Энэ нь n-ийн томьёоны хүчинтэй байдал нь n=k+1-ийн хувьд үнэн болохыг батлах эрхийг бидэнд олгож байна. 4, 9, 16,... тоонууд болон a n =(n+1) 2 гэсэн ерөнхий нэр томъёогоор илэрхийлэгдсэн a n дараалалтай холбоотой авч үзсэн нотлох баримт нь хэрэв томъёо нь a болж хувирвал гэдгийг батлах эрхийг өгдөг. n=1-ийн хувьд жинхэнэ тэгш байдал, дараа нь мөн n=1+ 1=2, мөн 3-ийн хувьд гэх мэт, өөрөөр хэлбэл ямар ч натурал n тооны хувьд.

Дараа нь индукцийн аргын мөн чанарыг математик хэлээр үзүүлэв. Аргын зарчим нь хоёр нөхцөл хангагдсан тохиолдолд дурын натурал n тооны хувьд баримт биелнэ гэсэн мэдэгдлийн үнэн зөвд суурилдаг: 1) n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн 2) n= хувьд энэ томъёоны хүчинтэй байдлаас. k нь n=k+1-д хүчинтэй байна гэсэн үг. Энэ зарчмаас математик индукцийн аргыг ашиглан нотлох баримтын бүтцийг дагаж мөрддөг. Энэ арга нь n=1-ийн хувьд мэдэгдлийн үнэн зөвийг нотолсон гэж үздэг бөгөөд n=k-ийн хувьд нотлох баримтыг хүчинтэй гэж үзэхэд n=k+1 хувьд ч үнэн болох нь батлагдсан.

Математик индукцийн аргыг ашиглан Архимедийн томъёог нотлох жишээг шинжлэн судлав. 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6 томъёо өгөгдсөн. n=1-ийн томъёоны үнэн зөвийг харуулахын тулд тооцооллыг дэлгэц дээр хийдэг. Баталгаажуулалтын хоёр дахь цэг нь n=k-ийн хувьд томъёо хүчинтэй, өөрөөр хэлбэл 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 =k(k+1)(2k+1) хэлбэртэй байна гэсэн таамаглал юм. )/6 Үүн дээр үндэслэн n=k+1-ийн хувьд ч гэсэн томъёо үнэн болох нь батлагдсан. n=k+1-ийг орлуулсны дараа 1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =(k+1)(k+2)(2k+3) томъёоны утгыг авна. /6. Ийнхүү Архимедийн томьёо батлагдсан.

Өөр нэг жишээнд дурын натурал n тооны хувьд 15 n +6 нийлбэрийн 7-ын үржвэрийн баталгааг авч үздэг. Баталгаажуулахдаа бид математикийн индукцийн аргыг ашигладаг. Эхлээд бид n=1-ийн мэдэгдлийн үнэн зөвийг шалгана. Үнэхээр 15 1 +6=21. Дараа нь бид n=k-ийн хүчинтэй гэж үзнэ. Энэ нь 15 k +6 нь 7-ын үржвэр гэсэн үг. Томъёонд n=k+1 гэж орлуулснаар 15 k +1 +6 утга нь 7-ын үржвэр болохыг баталж байна. Илэрхийллийг хувиргасны дараа бид: 15 k +1 +6=15 k +1 ·14+(15 к +6) болно. Тиймээс 15 n +6 нийлбэр нь 7-ын үржвэр юм.

"Математик индукцийн арга" видео хичээл нь математик индукцийн аргыг нотлоход ашиглах мөн чанар, механизмыг тодорхой, дэлгэрэнгүй харуулсан. Тиймээс энэхүү видео материал нь зөвхөн алгебрийн хичээлд үзүүлэн таниулах хэрэгсэл болохоос гадна тухайн материалыг бие даан судлахад хэрэг болох бөгөөд зайны сургалтын явцад багшид сэдвийг тайлбарлахад тусална.

Савельева Екатерина

Уг нийтлэлд хуваагдах бодлого, цуваа нийлбэрийг шийдвэрлэхэд математик индукцийн аргыг хэрэглэх талаар авч үзнэ. Тэгш бус байдлыг нотлох, геометрийн асуудлыг шийдвэрлэхэд математикийн индукцийн аргыг хэрэглэх жишээг авч үзнэ. Бүтээлийг үзүүлэнгээр харуулсан болно.

Татаж авах:

Урьдчилан үзэх:

ОХУ-ын Шинжлэх ухаан, боловсролын яам

Төрийн боловсролын байгууллага

618-р дунд сургууль

Хичээл: алгебр ба шинжилгээний эхлэл

Төслийн ажлын сэдэв

"Математик индукцийн арга ба түүнийг асуудал шийдвэрлэхэд ашиглах"

Ажлаа дуусгасан: Савельева Е, 11Б анги

Удирдагч : Макарова Т.П., 618-р дунд сургуулийн математикийн багш

1. Танилцуулга.

2.Хуваах чадварын бодлого бодох математикийн индукцийн арга.

3. Цувралын нийлбэрт математик индукцийн аргыг хэрэглэх.

4. Математикийн индукцийн аргыг тэгш бус байдлын баталгаанд ашиглах жишээ.

5. Математикийн индукцийн аргыг геометрийн бодлого шийдвэрлэхэд ашиглах.

6. Ашигласан уран зохиолын жагсаалт.

Танилцуулга

Аливаа математикийн судалгааны үндэс нь дедуктив ба индуктив аргууд юм. Шалтгаан бодох дедуктив арга нь ерөнхийөөс өвөрмөц рүү чиглэсэн үндэслэл, өөрөөр хэлбэл. үндэслэл, түүний эхлэл нь ерөнхий үр дүн, эцсийн цэг нь тодорхой үр дүн юм. Индукцийг тодорхой үр дүнгээс ерөнхий үр дүнд шилжүүлэхэд ашигладаг, жишээлбэл. нь дедуктив аргын эсрэг юм. Математикийн индукцийн аргыг ахиц дэвшилтэй харьцуулж болно. Бид хамгийн доод хэсгээс эхэлдэг бөгөөд логик сэтгэлгээний үр дүнд бид хамгийн дээд цэгт хүрдэг. Хүн үргэлж ахиц дэвшил, бодол санаагаа логикоор хөгжүүлэх чадварыг эрэлхийлсээр ирсэн бөгөөд энэ нь байгаль өөрөө түүнийг индуктив байдлаар сэтгэхийг заяасан гэсэн үг юм. Математикийн индукцийн аргын хэрэглээний цар хүрээ өргөссөн ч сургуулийн сургалтын хөтөлбөрт үүнд бага цаг зарцуулагддаг боловч индуктив байдлаар сэтгэх чадвартай байх нь маш чухал юм. Бодлого шийдвэрлэх, теоремыг нотлоход энэ зарчмыг хэрэглэх нь сургуулийн практикт математикийн бусад зарчмуудыг авч үзэхтэй ижил түвшинд байна: хасагдсан дунд, оруулах-хасах, Дирихле гэх мэт. Энэхүү хураангуй нь математикийн янз бүрийн салбаруудын бодлогуудыг агуулдаг. Гол хэрэгсэл бол математик индукцийн хэрэглээний арга юм. Энэ аргын ач холбогдлын талаар ярихдаа A.N. Колмогоров "Математик индукцийн зарчмыг ойлгох, хэрэгжүүлэх чадвар нь математикчдад зайлшгүй шаардлагатай төлөвшлийн сайн шалгуур юм" гэж тэмдэглэв. Өргөн утгаараа индукцийн арга нь тодорхой ажиглалтаас бүх нийтийн, ерөнхий загвар эсвэл ерөнхий томъёолол руу шилжихээс бүрддэг. Энэхүү тайлбарт арга нь мэдээжийн хэрэг аливаа туршилтын байгалийн шинжлэх ухааны судалгаа хийх гол арга юм.

хүний ​​үйл ажиллагаа. Математикийн индукцийн арга (зарчмыг) хамгийн энгийн хэлбэрээр бүх натурал тоонуудын хувьд тодорхой мэдэгдлийг батлах шаардлагатай үед ашигладаг.

Даалгавар 1. “Би хэрхэн математикч болсон” өгүүлэлдээ A.N. Колмогоров: "Би математикийн "нээлт"-ийн баяр баясгаланг 5-6 настайдаа анзаарч мэдсэн.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 гэх мэт.

Тус сургуулиас "Хаврын хараацай" сэтгүүл хэвлүүлсэн. Түүнд миний нээлт хэвлэгдсэн...”

Энэ сэтгүүлд ямар төрлийн нотлох баримтууд өгснийг бид мэдэхгүй ч бүх зүйл хувийн ажиглалтаар эхэлсэн. Эдгээр хэсэгчилсэн тэгш байдлыг олж мэдсэний дараа үүссэн таамаглал нь өөрөө томъёо юм

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

ямар ч өгөгдсөн тооны хувьд үнэн n = 1, 2, 3, ...

Энэ таамаглалыг батлахын тулд хоёр баримтыг тогтооход хангалттай. Нэгдүгээрт, төлөө n = 1 (мөн n = хувьд ч гэсэн 2, 3, 4) хүссэн мэдэгдэл үнэн байна. Хоёрдугаарт, энэ мэдэгдэл үнэн гэж бодъё p = k, мөн бид дараа нь энэ нь бас үнэн эсэхийг шалгах болно n = k + 1:

1 + 3 + 5+…+ (2к - 1) + (2к + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2к - 1)) + (2к + 1) = k 2 + (2к +) 1) = (k + I) 2.

Энэ нь нотлогдож буй мэдэгдэл нь бүх үнэ цэнийн хувьд үнэн гэсэн үг юм n: n = хувьд 1 энэ нь үнэн (энэ нь батлагдсан), хоёр дахь баримтын улмаас - учир нь n = 2, эндээс n байна = 3 (ижил, хоёр дахь баримтын улмаас) гэх мэт.

Бодлого 2. Тоологч 1 ба дурын (эерэг бүхэл тоо) бүхий бүх боломжит энгийн бутархайг авч үзье.

(нэрлэсэн) хуваагч: Үүнийг аль ч тохиолдолд нотлох p> 3 бид нэгжийг нийлбэрээр илэрхийлж болно n энэ төрлийн янз бүрийн фракцууд.

Шийдэл, Эхлээд энэ мэдэгдлийг шалгаж үзье n = 3; бидэнд байна:

Тиймээс үндсэн мэдэгдлийг хангаж байна

Одоо бидний сонирхож буй мэдэгдлийг зарим тооны хувьд үнэн гэж үзьеруу, мөн түүнийг дагасан тооны хувьд ч үнэн болохыг нотолруу + 1. Өөрөөр хэлбэл төлөөлөл байна гэж бодъё

үүнд к нэр томьёо болон бүх хуваагч нь өөр. Дараа нь бид нэгдмэл байдлын төлөөллийг нийлбэр хэлбэрээр олж авах боломжтой гэдгээ баталцгааяруу Шаардлагатай төрлийн + 1 бутархай. Бутархай хэсгүүд, өөрөөр хэлбэл хуваагч (нэгжийг нийлбэрээр илэрхийлэхэд) буурч байна гэж бид таамаглах болно.руу нэр томъёо) зүүнээс баруун тийш нэмэгдэх тулТ - хуваагчдаас хамгийн том нь. Бид нийлбэр хэлбэрээр шаардлагатай төлөөллийг авна(Хэнд + 1)-р бутархай, хэрэв бид нэг бутархайг, жишээ нь сүүлийн нэгийг хоёр болгон хуваавал. Үүнийг хийж болно, учир нь

Гэх мэт

Үүнээс гадна, бүх фракцууд өөр өөр хэвээр байсан тулТ хамгийн том хуваагч байсан ба t + 1 > t, ба

t(t + 1) > t.

Тиймээс бид тогтоосон:

  1. n =-тэй 3 Энэ мэдэгдэл үнэн;
  1. хэрэв бидний сонирхож буй мэдэгдэл үнэн болруу,
    дараа нь энэ нь бас үнэн юм k + 1.

Үүний үндсэн дээр бид гурваас эхлэн бүх натурал тоонуудын хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болохыг баталж чадна. Түүгээр ч барахгүй дээрх нотолгоо нь нэгдмэл байдлын шаардлагатай хуваалтыг олох алгоритмыг агуулдаг. (Энэ ямар алгоритм вэ? 1-ийн тоог дангаараа 4, 5, 7 гишүүний нийлбэр гэж төсөөлөөд үз дээ.)

Өмнөх хоёр асуудлыг шийдвэрлэхдээ хоёр алхам хийсэн. Эхний алхам гэж нэрлэдэгсуурь индукц, хоёрдугаарт -индуктив уулзварэсвэл индукцийн алхам. Хоёрдахь алхам бол хамгийн чухал бөгөөд энэ нь таамаглал дэвшүүлэх явдал юм (хэрэв энэ мэдэгдэл үнэн бол n = k) ба дүгнэлт (хэрэв мэдэгдэл үнэн бол n = k + 1). n параметрийг өөрөө дууддаг индукцийн параметр.Суурь болон шилжилт хоёулаа хүчинтэй тул тухайн өгүүлбэр нь бүх натурал тоонуудын хувьд (эсвэл заримаас нь эхлэн бүгдэд) үнэн гэж дүгнэх боломжийг олгодог энэхүү логик схемийг (техник) гэж нэрлэдэг.Математик индукцийн зарчим,аль дээр Математикийн индукцийн аргыг үндэслэдэг."Индукц" гэсэн нэр томъёо нь өөрөө Латин үгнээс гаралтайиндукц (удирдамж), энэ нь тухайн ангийн бие даасан объектуудын талаархи ганц мэдлэгээс тухайн ангийн бүх объектын талаархи ерөнхий дүгнэлт рүү шилжих гэсэн үг бөгөөд энэ нь танин мэдэхүйн үндсэн аргуудын нэг юм.

Математикийн индукцийн зарчим нь хоёр алхамын танил хэлбэрээр анх 1654 онд Блэйз Паскалийн "Арифметик гурвалжны тухай эшлэл"-д гарч ирсэн бөгөөд индукцаар хослолын тоог (хоногийн коэффициент) тооцоолох энгийн аргыг баталжээ. Д.Поля дөрвөлжин хаалтанд өгсөн бага зэргийн өөрчлөлттэй номондоо Б.Паскалын хэлснийг иш татжээ.

“Хэдийгээр энэ саналд [биномын коэффициентийн тодорхой томьёо] тоо томшгүй олон онцгой тохиолдлууд багтсан ч би хоёр лемм дээр үндэслэсэн маш товч нотлох баримтыг өгөх болно.

Эхний лемма нь таамаглал нь шалтгааны улмаас үнэн болохыг харуулж байна - энэ нь тодорхой юм. [Үд n = 1 тодорхой томьёо хүчинтэй...]

Хоёрдахь лемма нь дараах зүйлийг өгүүлдэг: хэрвээ бидний таамаг дурын үндэслэлийн хувьд үнэн бол [дурын r-ийн хувьд] энэ нь дараах шалтгааны улмаас үнэн байх болно. n + 1].

Эдгээр хоёр леммагаас энэ санал нь бүх үнэ цэнийн хувьд хүчинтэй байна гэсэн дүгнэлт гарах нь гарцаагүйх. Үнэхээр эхний леммагийн ачаар энэ нь үнэн юм n = 1; тиймээс хоёр дахь леммийн ачаар энэ нь үнэн юм n = 2; тиймээс дахин хоёр дахь леммийн ачаар энэ нь хүчинтэй байна n = 3 гэх мэт хязгааргүй.”

Бодлого 3. Ханойн цамхаг нь гурван саваагаас бүрдэнэ. Нэг саваа дээр пирамид байдаг (Зураг 1), янз бүрийн диаметртэй хэд хэдэн цагиргуудаас бүрдэх ба доороос дээш доошоо буурч байна.

Зураг 1

Энэ пирамид нь бусад саваагийн аль нэгэнд шилжих ёстой бөгөөд энэ бүрт зөвхөн нэг цагиргийг хөдөлгөж, жижиг бөгж дээр том бөгжийг байрлуулж болохгүй. Үүнийг хийх боломжтой юу?

Шийдэл. Тэгэхээр, бид асуултанд хариулах хэрэгтэй байна: энэ нь бүрдсэн пирамидыг хөдөлгөх боломжтой юу n Тоглоомын дүрмийг дагаж мөрддөг өөр өөр диаметртэй цагиргууд, нэг саваагаас нөгөөд шилжих үү? Одоо бид тэдний хэлснээр асуудлыг параметржүүлсэн (натурал тоог харгалзан үзсэн p), мөн үүнийг математикийн индукцаар шийдэж болно.

  1. Индукцийн суурь. n = үед 1 Бүх зүйл тодорхой байна, учир нь нэг цагирагтай пирамидыг ямар ч саваа руу шилжүүлэх нь ойлгомжтой.
  2. Индукцийн алхам. Бөгжний тоогоор дурын пирамидыг хөдөлгөж чадна гэж бодъё p = k.
    Дараа нь бид пира микаг хөдөлгөж чадна гэдгээ баталцгаая n = k + 1.

Пирамидаас хамгийн том дээр хэвтэж буй цагиргууд(Хэнд + 1)-р цагираг, бид таамаглалын дагуу үүнийг өөр ямар ч саваа руу шилжүүлж болно. Үүнийг хийцгээе. хөдөлгөөнгүй(Хэнд + 1)-р цагираг нь хөдөлгөөний алгоритмыг хэрэгжүүлэхэд саад болохгүй, учир нь энэ нь хамгийн том нь юм. Хөдлөсний дарааруу цагираг, энэ хамгийн томыг нь хөдөлгөе(Хэнд + 1) үлдсэн саваа дээрх цагираг. Дараа нь бид индуктив таамаглалаар бидэнд мэдэгдэж буй хөдөлгөөний алгоритмыг дахин ашигладагруу цагираг, тэдгээрийг доор байрлах саваа руу шилжүүлээрэй(Хэнд + 1) бөгж. Тиймээс, хэрэв бид пирамидуудыг хэрхэн хөдөлгөхийг мэддэг болруу цагираг, тэгвэл бид пирамидуудыг хэрхэн хөдөлгөхийг мэддэгруу + 1 цагираг. Тиймээс математик индукцийн зарчмын дагуу пирамидыг үргэлж хөдөлгөж болно. n цагираг, энд n > 1.

Хуваагдах асуудлыг шийдвэрлэх математикийн индукцийн арга.

Математик индукцийн аргыг ашиглан та натурал тоон хуваагдах байдлын талаархи янз бүрийн мэдэгдлийг баталж чадна.

Асуудал 4 . Хэрэв n нь натурал тоо бол энэ тоо тэгш байна.

n=1 үед бидний мэдэгдэл үнэн: - тэгш тоо. Энэ нь тэгш тоо гэж бодъё. 2к нь тэгш тоо учраас тэгш тоо юм. Тэгэхээр n=1-ийн хувьд паритет нь нотлогддог, энэ нь n-ийн бүх байгалийн утгуудын хувьд тэгш байна гэсэн үг юм.

Бодлого 3. Z тоо гэдгийг батал 3 + 3 - 26n - 27 дурын натуралтай n нь 26 2-т үлдэгдэлгүй хуваагдана.

Шийдэл. Эхлээд 3 гэсэн туслах мэдэгдлийг индукцийн аргаар баталъя 3n+3 - 1 нь 26-д үлдэгдэлгүй хуваагдана n > 0.

  1. Индукцийн суурь. n = 0-ийн хувьд бид: 3 3 байна - 1 = 26—26-д хуваагддаг.

Индукцийн алхам. 3 гэж бодъё 3n+3 - 1-ийг 26-д хуваах үед n = k, ба Энэ тохиолдолд мэдэгдэл үнэн байх болно гэдгийг баталцгаая n = k + 1. 3-аас хойш

Дараа нь индуктив таамаглалаас бид 3-ын тоо гэж дүгнэж байна 3k + 6 - 1 нь 26-д хуваагдана.

Одоо бид асуудлын мэдэгдэлд томъёолсон мэдэгдлийг нотолж байна. Мөн индукцаар дахин.

  1. Индукцийн суурь. Хэзээ гэдэг нь ойлгомжтой n = 1 мэдэгдэл үнэн: 3-аас хойш 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
  2. Индукцийн алхам. Хэзээ гэж бодъё p = k
    илэрхийлэл 3 3k + 3 - 26к - 27-г 26-д хуваана 2 үлдэгдэлгүй ба уг мэдэгдэл үнэн болохыг нотлох n = k + 1,
    энэ тоо

26 2-т хуваагддаг ул мөргүй. Сүүлийн нийлбэрээр хоёр гишүүн хоёулаа 26-д хуваагдана 2 . Эхнийх нь хаалтанд байгаа илэрхийлэл нь 26-д хуваагддаг гэдгийг баталсан учраас; хоёр дахь нь индукцийн таамаглалаар. Математик индукцийн зарчмын дагуу хүссэн мэдэгдэл бүрэн нотлогддог.

Цувралын нийлбэрт математик индукцийн аргыг хэрэглэх.

Даалгавар 5. Томьёог батлах

N бол натурал тоо юм.

Шийдэл.

n=1 байх үед тэгш байдлын хоёр тал нэг болж хувирах тул математик индукцийн зарчмын эхний нөхцөл хангагдана.

Томьёог n=k хувьд зөв гэж үзье, өөрөөр хэлбэл.

Энэ тэгш байдлын хоёр тал дээр нэмээд баруун талыг нь өөрчилье. Дараа нь бид авна

Иймд n=k-ийн хувьд томьёо үнэн байхаас үзэхэд n=k+1-д ч гэсэн үнэн байна гэсэн үг. Энэ мэдэгдэл k-ийн аливаа байгалийн утгын хувьд үнэн юм. Тиймээс математикийн индукцийн зарчмын хоёр дахь нөхцөл бас хангагдана. Томъёо нь батлагдсан.

Даалгавар 6. Самбар дээр хоёр тоо бичсэн: 1,1. Тэдний нийлбэрийг тоонуудын хооронд оруулснаар бид 1, 2, 1 гэсэн тоонуудыг авна. Энэ үйлдлийг дахин давтан хийснээр бид 1, 3, 2, 3, 1 гэсэн тоонуудыг авна. Гурван үйлдэл хийсний дараа тоонууд 1, 4, 3 болно. , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Үүний дараа самбар дээрх бүх тоонуудын нийлбэр хэд байх вэ 100 үйлдэл?

Шийдэл. Бүгдийг 100 хий үйл ажиллагаа нь маш их хөдөлмөр, цаг хугацаа шаардсан ажил байх болно. Энэ нь бид S нийлбэрийн ерөнхий томъёог олохыг хичээх хэрэгтэй гэсэн үг юм n-ийн дараах тоо үйл ажиллагаа. Хүснэгтийг харцгаая:

Та энд ямар нэгэн хэв маягийг анзаарсан уу? Үгүй бол та дахиад нэг алхам хийж болно: дөрвөн үйлдлийн дараа тоо гарч ирнэ

1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1,

нийлбэр нь S 4 нь 82-той тэнцүү байна.

Үнэн хэрэгтээ та тоонуудыг бичиж болохгүй, гэхдээ шинэ тоо нэмсний дараа нийлбэр хэрхэн өөрчлөгдөхийг шууд хэлээрэй. Нийлбэр нь 5-тай тэнцүү байг.Шинэ тоо нэмэхэд ямар байх вэ? Шинэ тоо бүрийг хуучин хоёрын нийлбэрт хуваая. Жишээлбэл, 1, 3, 2, 3, 1-ээс бид 1 рүү очно.

1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1.

Өөрөөр хэлбэл, хуучин тоо бүрийг (хоёр туйлын нэгжээс бусад) нийлбэрт гурван удаа оруулсан тул шинэ нийлбэр нь 3S - 2-тэй тэнцүү байна (дутсан нэгжийг харгалзан 2-ыг хасна). Тиймээс С 5 = 3S 4 - 2 = 244, ерөнхийдөө

Ерөнхий томъёо нь юу вэ? Хэрэв энэ нь хоёр нэгжийг хасахгүй байсан бол нийлбэр нь гурвын зэрэгтэй адил гурав дахин нэмэгдэх болно (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Одоо бидний харж байгаагаар бидний тоо дахиад нэг байна. Тиймээс ийм гэж таамаглаж болно

Одоо индукцаар үүнийг батлахыг хичээцгээе.

Индукцийн суурь. Хүснэгтийг үзнэ үү (нь n = 0, 1, 2, 3).

Индукцийн алхам. Ингэж бодъё

Тэгвэл үүнийг баталцгаая S k + 1 = Z k + 1 + 1.

Үнэхээр,

Тиймээс бидний томъёо батлагдсан. Энэ нь зуун үйлдэл хийсний дараа самбар дээрх бүх тоонуудын нийлбэр нь 3-тай тэнцүү болохыг харуулж байна 100 + 1.

Математикийн индукцийн зарчмыг хэрэгжүүлэх нэг гайхалтай жишээг харцгаая, үүнд та эхлээд хоёр байгалийн параметрийг оруулж, дараа нь тэдгээрийн нийлбэрээр индукц хийх хэрэгтэй.

Даалгавар 7. Хэрэв гэдгийг нотлох= 2, x 2 = 3 ба ямар ч байгалийн хувьд p> 3 харилцаа хэвээр байна

x p = 3x p - 1 - 2x p - 2,

Тэр

2 p - 1 + 1, p = 1, 2, 3, ...

Шийдэл. Энэ асуудалд тоонуудын анхны дараалал байгааг анхаарна уу(x p) Эхний хоёроос бусад дарааллын нөхцлүүд нь индуктив байдлаар, өөрөөр хэлбэл өмнөх зүйлүүдээр тодорхойлогддог тул индукцаар тодорхойлогддог. Тиймээс өгөгдсөн дарааллыг дууддагдавтагдах, мөн манай тохиолдолд энэ дарааллыг өвөрмөц байдлаар (эхний хоёр нэр томъёог зааж өгснөөр) тодорхойлдог.

Индукцийн суурь. Энэ нь хоёр мэдэгдлийг шалгахаас бүрдэнэ: хэзээ n = 1 ба n = 2.V Аль ч тохиолдолд мэдэгдэл нь нөхцөл байдлын хувьд үнэн юм.

Индукцийн алхам. Үүний төлөө гэж бодъё n = k - 1 ба n = k мэдэгдэл биелсэн, өөрөөр хэлбэл

Дараа нь уг мэдэгдлийн үнэн зөвийг нотолж үзье n = k + 1. Бидэнд:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, үүнийг батлах шаардлагатай.

Даалгавар 8. Аливаа натурал тоог Фибоначчийн тоонуудын давтамжийн дарааллын хэд хэдэн өөр нөхцлийн нийлбэрээр илэрхийлж болохыг батал.

k > 2-ын хувьд.

Шийдэл. n - натурал тоо. Бид индукцийг үргэлжлүүлэн хийх болнох.

Индукцийн суурь. n = үед Нэг нь өөрөө Фибоначчийн тоо учраас 1-р мэдэгдэл үнэн.

Индукцийн алхам. Бүх натурал тоо зарим тооноос бага гэж бодъё p, Фибоначчийн дарааллын хэд хэдэн өөр нөхцлийн нийлбэрээр илэрхийлж болно. Хамгийн том Фибоначчийн тоог олцгооёФт, давуу биш p; иймээс F t p ба F t +1 > p.

Түүнээс хойш

Индукцийн таамаглалаар тоо n- F t нь Фибоначчийн дарааллын хэд хэдэн өөр нөхцлийн 5-ын нийлбэрээр дүрслэгдэж болох бөгөөд сүүлчийн тэгш бус байдлаас үзэхэд Фибоначчийн дарааллын 8-ын нийлбэрт хамаарах бүх гишүүд бага байна.Ф т. Тиймээс тоог өргөжүүлэх n = 8 + F t асуудлын нөхцөлийг хангадаг.

Тэгш бус байдлыг батлахад математикийн индукцийн аргыг ашиглах жишээ.

Даалгавар 9. (Бернуллигийн тэгш бус байдал.)Үүнийг хэзээ нотлох x > -1, x 0, n > бүхэл тооны хувьд 2 тэгш бус байдал нь үнэн

(1 + x) n > 1 + xn.

Шийдэл. Бид нотлох баримтыг индукцээр дахин хийх болно.

1. Индукцийн суурь. Тэгш бус байдлын үнэн зөвийг шалгацгаая n = 2. Үнэхээр,

(1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x.

2. Индукцийн алхам. Тооны хувьд үүнийг төсөөлье p = k мэдэгдэл үнэн, тэр нь

(1 + x) k > 1 + xk,

Энд k > 2. Үүнийг n = k + 1-ийн хувьд баталъя. Бидэнд: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x.

Тиймээс, математикийн индукцийн зарчимд үндэслэн бид Бернуллигийн тэгш бус байдал ямар ч тохиолдолд үнэн гэж хэлж болно. n > 2.

Математикийн индукцийн аргыг ашиглан шийдсэн асуудлын хүрээнд нотлох шаардлагатай ерөнхий хуулийг тэр бүр тодорхой томъёолдоггүй. Заримдаа тодорхой тохиолдлуудыг ажигласнаар эхлээд тэдгээр нь ямар ерөнхий хууль руу хөтөлж байгааг олж мэдэх (таамаглах), зөвхөн дараа нь математик индукцийн аргаар заасан таамаглалыг батлах шаардлагатай болдог. Үүнээс гадна индукцийн хувьсагчийг далдлах боломжтой бөгөөд асуудлыг шийдэхийн өмнө индукцийг ямар параметрээр гүйцэтгэхийг тодорхойлох шаардлагатай. Жишээ болгон дараах ажлуудыг авч үзье.

Бодлого 10. Үүнийг батал

ямар ч байгалийн дор n > 1.

Шийдэл, Математикийн индукцийн аргыг ашиглан энэ тэгш бус байдлыг батлахыг хичээцгээе.

Индукцийн үндэслэлийг хялбархан шалгаж болно: 1+

Индукцийн таамаглалаар

Үүнийг батлах нь бидэнд үлдлээ

Хэрэв бид индуктив таамаглалыг ашиглавал үүнийг маргах болно

Хэдийгээр энэ тэгш байдал нь үнэн хэрэгтээ үнэн боловч энэ нь бидэнд асуудлын шийдлийг өгөхгүй.

Анхны асуудалд шаардагдахаас илүү хүчтэй мэдэгдлийг батлахыг хичээцгээе. Тодруулбал, бид үүнийг батлах болно

Энэ мэдэгдлийг индукцаар нотлох нь найдваргүй зүйл мэт санагдаж магадгүй юм.

Гэсэн хэдий ч, хэзээ n = 1 бидэнд байна: мэдэгдэл үнэн. Индуктив алхамыг зөвтгөхийн тулд үүнийг үзье

тэгээд бид үүнийг батлах болно

Үнэхээр,

Тиймээс, бид илүү хүчтэй мэдэгдлийг нотолсон бөгөөд үүнээс асуудлын мэдэгдэлд агуулагдаж буй мэдэгдэл нэн даруй гарч ирэв.

Энд сургамжтай зүйл бол бид асуудалд шаардагдахаас илүү хүчтэй мэдэгдлийг нотлох шаардлагатай байсан ч индуктив алхамд илүү хүчтэй таамаглалыг ашиглаж болох юм. Энэ нь математикийн индукцийн зарчмыг шууд хэрэглэх нь зорилгодоо үргэлж хүргэдэггүй гэдгийг тайлбарлаж байна.

Асуудлыг шийдэхэд үүссэн нөхцөл байдлыг дуудсанзохион бүтээгчийн парадокс.Парадокс нь өөрөө илүү нарийн төвөгтэй төлөвлөгөө нь асуудлын мөн чанарыг илүү гүнзгий ойлгоход үндэслэсэн тохиолдолд илүү амжилттай хэрэгжих боломжтой юм.

Бодлого 11. 2 м + n - 2 м гэдгийг батал аливаа байгалийн хувьдтөрөл.

Шийдэл. Энд бид хоёр параметртэй байна. Тиймээс, та гэж нэрлэгддэг зүйлийг хэрэгжүүлэхийг оролдож болнодавхар индукц(индукц доторх индукц).

Бид индуктив үндэслэлийг хийх болнох.

1. догол мөрийн дагуу индукцийн суурь. n = үед 1 үүнийг шалгах хэрэгтэй 2 т ~ 1 > т. Энэ тэгш бус байдлыг батлахын тулд бид индукцийг ашигладагТ.

A) гэж нэрлэгддэг дагуу индукцийн суурь t = үед 1 гүйцэтгэсэн
тэгш байдал, энэ нь хүлээн зөвшөөрөгдөхүйц юм.

б) гэж нэрлэгддэг дагуу индукцийн алхамХэзээ гэж бодъё t = k мэдэгдэл үнэн, тэр нь 2 к ~ 1 > к. Дараа нь хүртэл
хувьд ч гэсэн энэ мэдэгдэл үнэн байх болно гэж хэлье t = k + 1.
Бидэнд:

байгалийн хувьд.

Тиймээс тэгш бус байдал 2 байгалийн ямар ч нөхцөлд гүйцэтгэнэТ.

2. Зүйлийн дагуу индукцийн алхам.Натурал тоог сонгоод засъяТ. Хэзээ гэж бодъё n = I мэдэгдэл үнэн (тогтмол t), өөрөөр хэлбэл 2 t +1 ~ 2 > t1, тэгээд бид энэ мэдэгдэл үнэн байх болно гэдгийг нотлох болно n = l + 1.
Бидэнд:

аливаа байгалийн хувьдтөрөл.

Тиймээс математикийн индукцийн зарчимд үндэслэн ( p) Асуудлын мэдэгдэл нь хэний ч хувьд үнэн юм n болон аливаа тогтмолТ. Иймээс энэ тэгш бус байдал ямар ч байгалийн хувьд хамаарнатөрөл.

Бодлого 12. m, n, k гэж үзье натурал тоонууд ба t > p. Хоёр тооны аль нь илүү вэ:

Илэрхийлэл бүртруу квадрат язгуур тэмдэг, t ба p ээлжилнэ.

Шийдэл. Эхлээд туслах мэдэгдлийг баталъя.

Лемма. Аливаа байгалийн хувьд t ба p (t > p) ба сөрөг биш (бүхэл бүтэн байх албагүй) X тэгш бус байдал нь үнэн юм

Баталгаа. Тэгш бус байдлыг авч үзье

Зүүн талын хоёр хүчин зүйл эерэг тул энэ тэгш бус байдал үнэн юм. Хаалтуудыг өргөжүүлж, хувиргаснаар бид дараахь зүйлийг авна.

Сүүлийн тэгш бус байдлын хоёр талын квадрат язгуурыг авснаар бид леммын мэдэгдлийг олж авна. Тиймээс, лемма нь батлагдсан.

Одоо асуудлаа шийдэх рүүгээ явцгаая. Эдгээр тоонуудын эхнийхийг нь гэж тэмдэглэеА, ба хоёр дахь нь - дамжууланб к. Үүнийг баталцгаая a ямар ч байгалийн дорруу. Бид тэгш, сондгойгоор математикийн индукцийн аргыг тус тусад нь нотолгоо хийх болноруу.

Индукцийн суурь. k = үед 1 Бид тэгш бус байдалтай байна

y[t > y/n , учир нь шударга t > х үед k = 2 шаардлагатай нь батлагдсан леммээс орлуулах замаар олж авна x = 0.

Индукцийн алхам. Зарим хүмүүсийн хувьд гэж бодъё k тэгш бус байдал a > b k шударга. Үүнийг баталцгаая

Индукцийн таамаглал ба квадрат язгуур монотон байдлаас бид дараах байдалтай байна.

Нөгөөтэйгүүр, батлагдсан леммагаас ийм зүйл гарч байна

Сүүлийн хоёр тэгш бус байдлыг нэгтгэснээр бид дараахь зүйлийг олж авна.

Математик индукцийн зарчмын дагуу мэдэгдэл нь батлагдсан.

Асуудал 13. (Кошигийн тэгш бус байдал.)Аль ч эерэг тоонуудын хувьд үүнийг батална уу..., a p тэгш бус байдал нь үнэн юм

Шийдэл. n = 2 бол тэгш бус байдал

бид арифметик дундаж ба геометрийн дундаж (хоёр тооны хувьд) мэдэгдэж байна гэж үзэх болно. Болъё n= 2, k = 1, 2, 3, ... ба эхлээд индукцийг дээр хийнэруу. Шаардлагатай тэгш бус байдал аль хэдийн тогтоогдсон гэж үзвэл энэхүү индукцийн үндэс суурь болно n = 2, үүнийг баталъя n = 2 . Бидэнд (хоёр тооны тэгш бус байдлыг ашиглан):

Тиймээс индуктив таамаглалаар

Тиймээс k-ийн индукцаар бид бүгдийн тэгш бус байдлыг нотолсонх 9 хоёрын хүч байх.

Бусад утгуудын тэгш бус байдлыг нотлох n "Доошоо чиглэсэн индукц"-ийг ашиглая, өөрөөр хэлбэл, хэрэв дурын сөрөг бус хувьд тэгш бус байдал биелнэ гэдгийг батлах болно. n тоо, дараа нь энэ нь бас үнэн юм(х - 1 дэх өдөр. Үүнийг батлахын тулд хийсэн таамаглалын дагуу бид тэмдэглэж байна n тэгш бус байдлыг тоолно

өөрөөр хэлбэл a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Хоёр хэсэг болгон хуваах n - 1, бид шаардлагатай тэгш бус байдлыг олж авна.

Тиймээс эхлээд бид тэгш бус байдал нь хязгааргүй тооны боломжит утгуудад тохирч байгааг тогтоосон p, дараа нь тэгш бус байдал хангагдсан бол гэдгийг харуулсан n тоо, дараа нь энэ нь бас үнэн юм(х - 1) тоо. Эндээс бид Каутигийн тэгш бус байдал нь олонлогт тохирно гэж дүгнэж байна n аль ч сөрөг бус тоо n = 2, 3, 4, ...

Бодлого 14. (Д. Успенский.) Өнцөг нь = аль ч ABC гурвалжны хувьд CAB, = CBA тэнцүү, тэгш бус байдал бий

Шийдэл. Өнцөг ба хэмжигдэхүүн бөгөөд энэ нь (тодорхойлолтоор) эдгээр өнцөг нь нийтлэг хэмжигдэхүүнтэй гэсэн үг бөгөөд үүний хувьд = p, = (p, q нь хоёрдогч натурал тоонууд).

Математик индукцийн аргыг хэрэглэж, нийлбэрээр явуулъя p = p + q натурал анхны тоо..

Индукцийн суурь. p + q = 2-ын хувьд бид: p = 1 ба q = 1. Дараа нь ABC гурвалжин нь ижил өнцөгт байх ба шаардлагатай тэгш бус байдал нь тодорхой байна: гурвалжны тэгш бус байдлаас дагалддаг.

Индукцийн алхам. Одоо p + q = 2, 3, ...-д шаардлагатай тэгш бус байдал тогтоогдсон гэж үзье. k - 1, энд k > 2. Тэгш бус байдал нь мөн адил хүчинтэй гэдгийг баталъя p + q = k.

ABC үзье - өгөгдсөн гурвалжин> 2. Дараа нь АС ба ВС талууд тэнцүү байж болохгүй: зөвшөөрөх AC > BC. Одоо 2-р зураг дээрх адил тэгш өнцөгт гурвалжинг байгуулъя ABC; бидэнд байна:

AC = DC ба AD = AB + BD, тиймээс,

2AC > AB + BD (1)

Одоо гурвалжинг авч үзье BDC, өнцөг нь мөн адил тэнцүү байна:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Цагаан будаа. 2

Энэ гурвалжны хувьд индуктив таамаглал хэрэгждэг тул иймээс

(2)

(1) ба (2)-ыг нэмснээр бид дараах байдалтай байна:

2AC+BD>

тиймээс

Ижил гурвалжингаас VBS индукцийн таамаглалаар бид дүгнэж байна

Өмнөх тэгш бус байдлыг харгалзан үзээд бид үүнийг дүгнэж байна

Ийнхүү индуктив шилжилтийг олж авч, математикийн индукцийн зарчмаас асуудлын мэдэгдэл гарна.

Сэтгэгдэл. Асуудлын мэдэгдэл нь a ба p өнцөг нь тохирохгүй байсан ч хүчинтэй хэвээр байна. Ерөнхий тохиолдолд авч үзэх үндсэн дээр бид математикийн өөр нэг чухал зарчмыг - тасралтгүй байдлын зарчмыг аль хэдийн ашиглах ёстой.

Бодлого 15. Хэд хэдэн шулуун шугамууд хавтгайг хэсэг болгон хуваана. Та эдгээр хэсгүүдийг цагаанаар будаж чадна гэдгээ батал

ба хар өнгөнүүд нь нийтлэг хилийн сегменттэй зэргэлдээ хэсгүүд нь өөр өөр өнгөтэй байдаг (Зураг 3-т үзүүлсэн шиг). n = 4).

зураг 3

Шийдэл. Индукцийг мөрийн тоогоор ашиглацгаая. За тэгье n - манай онгоцыг хэсэг болгон хуваах шугамын тоо, n > 1.

Индукцийн суурь. Хэрэв зөвхөн нэг шулуун шугам байвал(х = 1), дараа нь энэ нь онгоцыг хоёр хагас хавтгайд хуваадаг бөгөөд тэдгээрийн нэг нь цагаан, хоёр дахь нь хар өнгөтэй байж болох бөгөөд асуудлын мэдэгдэл үнэн болно.

Индукцийн алхам. Индуктив шилжилтийн нотолгоог илүү тодорхой болгохын тулд нэг шинэ мөр нэмэх үйл явцыг авч үзье. Хэрэв бид хоёр дахь шулуун шугам татвал(х= 2), дараа нь бид эсрэг талын булангуудыг ижил өнгөөр ​​будаж, шаардлагатай бол өнгөөр ​​будаж болох дөрвөн хэсгийг авна. Гурав дахь шулуун шугам татвал юу болохыг харцгаая. Энэ нь "хуучин" хэсгүүдийн заримыг хуваах бөгөөд хилийн шинэ хэсгүүд гарч ирэх бөгөөд хоёр талд нь өнгө нь ижил байна (Зураг 4).

Цагаан будаа. 4

Дараах байдлаар үргэлжлүүлье.Нэг талдаашинэ шулуун шугамаас бид өнгийг өөрчлөх болно - бид цагаан хар, эсрэгээр нь болгоно; Үүний зэрэгцээ бид энэ шулуун шугамын нөгөө талд байрлах хэсгүүдийг дахин буддаггүй (Зураг 5). Дараа нь энэхүү шинэ өнгө нь шаардлагатай шаардлагыг хангах болно: шугамын нэг талд аль хэдийн ээлжлэн солигдсон (гэхдээ өөр өөр өнгөтэй), нөгөө талд нь шаардлагатай байсан. Зурсан зураасанд хамаарах нийтлэг хүрээтэй хэсгүүдийг өөр өнгөөр ​​будахын тулд бид энэ зурсан шулуун шугамын зөвхөн нэг талд байгаа хэсгүүдийг дахин будсан.

Зураг 5

Одоо индуктив шилжилтийг баталцгаая. Зарим хүмүүсийн хувьд үүнийг төсөөльеp = kасуудлын мэдэгдэл үнэн, өөрөөр хэлбэл эдгээрээр хуваагдсан онгоцны бүх хэсгүүдруушулуун, та тэдгээрийг цагаан, хараар будаж болно, ингэснээр зэргэлдээ хэсгүүд өөр өөр өнгөтэй болно. Тэгвэл ийм будах зүйл байдгийг нотолцгооёn= руу+ 1 шууд. Хоёр шугамаас гурав руу шилжихтэй ижил төстэй байдлаар үргэлжлүүлье. Онгоцон дээр зурцгааяруушулуун Дараа нь индукцийн таамаглалаар үүссэн "газрын зураг" -ыг хүссэн өнгөөр ​​​​будаж болно. Одоо хэрэгжүүлье(Хэнд+ 1) шулуун шугам ба түүний нэг тал дээр бид өнгийг эсрэгээр нь өөрчилдөг. Тэгэхээр одоо(Хэнд+ 1)-р шулуун шугам нь янз бүрийн өнгөт хэсгүүдийг хаа сайгүй тусгаарладаг бол "хуучин" хэсгүүд нь бидний харж байсанчлан зөв өнгөтэй хэвээр байна. Математикийн индукцийн зарчмын дагуу асуудлыг шийддэг.

Даалгавар16. Цөлийн захад бензиний нөөц ихтэй бөгөөд бүрэн цэнэглэгдсэн үед 50 км замыг туулах чадвартай машин байдаг. Та машиныхаа хийн савнаас бензин асгаж, цөлийн хаана ч хадгалах боломжтой хязгааргүй тооны савнууд байдаг. Машин 50 км-ээс илүү бүхэл тоон зайг туулж чадна гэдгийг батал. Та бензиний лааз авч явахыг хориглоно, ямар ч хэмжээгээр хоосон сав авч явах боломжтой.

Шийдэл.Индукц дээр нотлохыг хичээцгээеp,машин холдох боломжтойnцөлийн захаас километрийн зайд. Atn= 50 мэдэгдэж байна. Үлдсэн зүйл бол индукцийн алхамыг хийж, тийшээ хэрхэн хүрэхийг тайлбарлах явдал юмp = kХэрэв мэдэгдэж байгаа бол + 1 кмp = kТа километр жолоодож болно.

Гэсэн хэдий ч энд бид нэг бэрхшээлтэй тулгардаг: бид өнгөрсний дарааруукм, буцах замд хүртэл бензин хүрэлцэхгүй байж магадгүй (хадгалах нь битгий хэл). Мөн энэ тохиолдолд шийдэл нь батлагдсан мэдэгдлийг бэхжүүлэх явдал юм (зохион бүтээгчийн парадокс). Та зөвхөн жолоо барьж чаддаггүй гэдгийг бид батлах болноnкм, гэхдээ бас зайнаас нэг цэгт дур мэдэн их хэмжээний бензин нийлүүлэхnцөлийн захаас километрийн зайд, тээвэрлэлт дууссаны дараа энэ цэгт хүрч ирдэг.

Индукцийн суурь.Нэг километр замыг туулахад шаардагдах бензиний хэмжээг нэгж бензин гэж үзье. Дараа нь 1 км, буцах аялалд хоёр нэгж бензин шаардагдах тул захаас нэг километрийн зайд байрлах агуулахад 48 нэгж бензин үлдээж, буцаж шинэ хэсгийг авах боломжтой. Тиймээс, хадгалах байгууламж руу хэд хэдэн удаа аялахдаа бид хэрэгцээтэй ямар ч хэмжээтэй нөөцийг хийж болно. Үүний зэрэгцээ 48 нэгжийн нөөц бүрдүүлэхийн тулд 50 нэгж бензин зарцуулдаг.

Индукцийн алхам.Үүнийг алсаас төсөөльеn= рууцөлийн захаас та ямар ч хэмжээний бензин нөөцлөх боломжтой. Дараа нь зайнаас хадгалах агуулах бий болгох боломжтой гэдгийг баталцгааяp = k+ 1 километрийн зайд бензиний нөөцийг урьдчилан тодорхойлсон бөгөөд тээвэрлэлтийн төгсгөлд энэ агуулахад очно. Учир нь цэг дээрn= рууБензиний хязгааргүй нийлүүлэлт байгаа бол (индукцийн суурийн дагуу) бид хэд хэдэн аялалд нэг цэгт хүрч чадна.p = k+ 1 цэг дээр хийнэn= руу4- 1 ширхэг шаардлагатай ямар ч хэмжээтэй.

Бодлогын тайлбараас илүү ерөнхий мэдэгдлийн үнэн нь одоо математикийн индукцийн зарчмаас үүдэлтэй.

Дүгнэлт

Ялангуяа математикийн индукцийн аргыг судалснаар би математикийн энэ чиглэлээр мэдлэгээ нэмэгдүүлж, өмнө нь миний хүч чадлаас давсан асуудлыг шийдэж сурсан.

Ихэнхдээ эдгээр нь логик, зугаатай ажлууд байсан, жишээлбэл. зүгээр л математикийг шинжлэх ухааны хувьд сонирхлыг нэмэгдүүлдэг. Иймэрхүү асуудлыг шийдэх нь зугаатай үйл ажиллагаа болж, улам бүр сониуч хүмүүсийг математикийн лабиринт руу татах болно. Миний бодлоор энэ бол аливаа шинжлэх ухааны үндэс суурь юм.

Математикийн индукцийн аргыг үргэлжлүүлэн судлахдаа би үүнийг зөвхөн математикт төдийгүй физик, хими, амьдралын асуудлыг шийдвэрлэхэд хэрхэн ашиглах талаар сурахыг хичээх болно.

Уран зохиол

1.Вуленкины ИНДУКЦИ. Комбинаторик. Багш нарт зориулсан гарын авлага. М., Гэгээрэл,

1976.-48 х.

2. Головина Л.И., Яглом И.М. Геометрийн индукц. - М .: Төр. хэвлэгдсэн литр. - 1956 - S.I00. Их, дээд сургуульд элсэгчдэд зориулсан математикийн гарын авлага / Ed. Яковлева Г.Н. Шинжлэх ухаан. -1981. - Х.47-51.

3.Головина Л.И., Яглом И.М. Геометрийн индукц. -
М.: Наука, 1961. - (Математикийн алдартай лекцүүд.)

4. И.Т.Демидов, А.Н.Колмогоров, С.И.Шварцбург, О.С.Ивашев-Мусатов, Б.Е.Вейц. Сурах бичиг / "Гэгээрэл" 1975.

5.Р. Курант, Г.Роббинс "Математик гэж юу вэ?" 1-р бүлэг, § 2

6.Popa D. Математик ба үндэслэлтэй үндэслэл. - М,: Наука, 1975.

7. Попа Д. Математикийн нээлт. - М.: Наука, 1976.

8. Рубанов И.С. Математикийн индукцийн аргыг хэрхэн заах вэ / Математикийн сургууль. - Nl. - 1996. - P.14-20.

9. Соминский И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. Математик индукцийн аргын талаар. - М.: Наука, 1977. - (Математикийн алдартай лекцүүд.)

10.Соломинский И.С. Математик индукцийн арга. - М .: Шинжлэх ухаан.

63с.

11.Соломинский И.С., Головина Л.И., Яглом И.М. Математик индукцийн тухай. - М .: Шинжлэх ухаан. - 1967. - С.7-59.

12.http://w.wikimedia.org/wiki

13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html

Индукц гэдэг нь тодорхой ажиглалтаас ерөнхий дүгнэлт гаргах арга юм. Математикийн мэдэгдэл нь хязгаарлагдмал тооны объектод хамаарах тохиолдолд объект тус бүрийг туршиж үзэх замаар үүнийг баталж болно. Жишээлбэл, "Хоёр оронтой тэгш тоо бүр нь хоёр анхны тооны нийлбэр юм" гэсэн мэдэгдэл нь тогтооход нэлээд боломжтой тэгш байдлын цувралаас гардаг.

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Бүх боломжийг шавхсан хязгаарлагдмал тооны тохиолдлуудад мэдэгдлийг баталгаажуулдаг нотлох аргыг бүрэн индукц гэж нэрлэдэг. Энэ аргыг харьцангуй ховор ашигладаг, учир нь математикийн мэдэгдлүүд нь дүрмээр бол хязгаарлагдмал биш, харин хязгааргүй олон тооны объектуудтай холбоотой байдаг. Жишээлбэл, дээр дурдсан бүрэн индукцаар батлагдсан тэгш хоёр оронтой тооны тухай өгүүлбэр нь зөвхөн теоремын онцгой тохиолдол юм: "Аливаа тэгш тоо нь хоёр анхны тооны нийлбэр юм." Энэ теорем хараахан батлагдаагүй, үгүйсгэгдээгүй байна.

Математик индукц гэдэг нь аливаа натурал n тооны хувьд тодорхой мэдэгдлийг математик индукцийн зарчимд тулгуурлан батлах арга юм: “Хэрэв n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн, n=k-ийн хувьд түүний хүчинтэй байх нь n=k-ийн хувьд энэ мэдэгдлийн үнэн зөвийг илтгэнэ. +1, тэгвэл энэ нь бүх n-д үнэн юм " Математик индукцийн аргаар нотлох арга нь дараах байдалтай байна.

1) индукцийн суурь: тэдгээр нь n=1 (заримдаа n=0 эсвэл n=n 0)-ийн хувьд мэдэгдлийн үнэн зөвийг нотолж эсвэл шууд шалгадаг;

2) индукцийн алхам (шилжилт): тэдгээр нь зарим натурал тооны n=k-ийн хувьд мэдэгдлийн үнэн зөвийг тооцож, энэ таамаглалд үндэслэн n=k+1-ийн мэдэгдлийн үнэн зөвийг нотолно.

Шийдэлтэй холбоотой асуудлууд

1. Аливаа натурал n тооны хувьд 3 2n+1 +2 n+2 тоо 7-д хуваагддаг болохыг батал.

A(n)=3 2n+1 +2 n+2 гэж тэмдэглэе.

Индукцийн суурь. Хэрэв n=1 бол A(1)=3 3 +2 3 =35 бөгөөд 7-д хуваагдах нь тодорхой.

Индукцийн таамаглал. A(k)-г 7-д хуваахыг зөвшөөрье.

Индукцийн шилжилт. A(k+1) нь 7-д хуваагддаг, өөрөөр хэлбэл n=k-ийн хувьд бодлогын өгүүлбэрийн үнэн зөвийг баталъя.

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 2к+1 9+2 к+2 (9–7)=(3 2к+1 +2 к+2) 9–7 2 к+2 =9 А(к)–7 2 к +2.

Сүүлийн тоо нь 7-д хуваагдах хоёр бүхэл тооны зөрүү тул 7-д хуваагдана.Иймээс 3 2n+1 +2 n+2 нь аль ч натурал n тоонд 7-д хуваагдана.

2. Аливаа натурал n тооны хувьд 2 3 n +1 тоо нь 3 n+1-д хуваагддаг ба 3 n+2-т хуваагддаггүй болохыг батал.

Тэмдэглэгээг танилцуулъя: a i =2 3 i +1.

n=1-ийн хувьд бид 1 =2 3 +1=9 байна. Тэгэхээр 1 нь 3 2-т хуваагддаг ба 3 3-т хуваагддаггүй.

n=k-ийн хувьд a k тоо 3 k+1-д хуваагдах ба 3 k+2-т хуваагдахгүй, өөрөөр хэлбэл a k =2 3 k +1=3 k+1 м, энд m нь 3-т хуваагдахгүй. Дараа нь

ба k+1 =2 3 к+1 +1=(2 3 к) 3 +1=(2 3 к +1)(2 3 к ·2 –2 3 к +1)=3 к+1 ·м· ((2 3 к +1) 2 –3·2 3 к)=3 к+1 ·м·((3 к+1 ·м) 2 –3·2 3 к)=

3 к+2 ·м·(3 2к+1 ·м 2 –2 3 к).

Мэдээжийн хэрэг, k+1 нь 3 k+2-т хуваагдах ба 3 k+3-т хуваагдахгүй.

Иймээс аливаа натурал n тоонуудын хувьд уг мэдэгдлийг баталж байна.

3. x+1/x нь бүхэл тоо гэдгийг мэддэг. x n +1/x n нь аливаа n бүхэл тоонд мөн бүхэл тоо гэдгийг батал.

Тэмдэглэгээг танилцуулъя: a i =х i +1/х i, нэн даруй a i =а –i гэдгийг анхаарна уу, тиймээс бид натурал индексийн талаар үргэлжлүүлэн ярих болно.

Тайлбар: 1 нь бүхэл тоо юм; a 2 = (a 1) 2 –2 тул 2 нь бүхэл тоо; ба 0 =2.

n-ээс хэтрэхгүй аливаа натурал тооны k нь бүхэл тоо гэж үзье. Тэгвэл a 1 ·a n нь бүхэл тоо боловч a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ба n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Гэсэн хэдий ч индукцийн таамаглалын дагуу n-1 нь бүхэл тоо юм. Энэ нь n+1 нь мөн бүхэл тоо гэсэн үг. Иймээс x n +1/x n нь аливаа n бүхэл тооны бүхэл тоо бөгөөд үүнийг батлах шаардлагатай.

4. 1-ээс их n натурал тооны хувьд давхар тэгш бус байдал үнэн болохыг батал

5. Натурал n > 1 ба |x|-ийн хувьд гэдгийг батал

(1–x)n +(1+x)n

n=2-ын хувьд тэгш бус байдал нь үнэн юм. Үнэхээр,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Хэрэв n=k-ийн хувьд тэгш бус байдал үнэн бол n=k+1-ийн хувьд бидэнд байна

(1–х) к+1 +(1+х) к+1

Аливаа натурал тоо n > 1-д тэгш бус байдал батлагдсан.

6. Хавтгай дээр n тойрог байна. Эдгээр тойргийн ямар ч зохицуулалтын хувьд тэдгээрийн үүсгэсэн газрын зургийг хоёр өнгөөр ​​зөв будаж болохыг нотол.

Математик индукцийн аргыг ашиглая.

n=1-ийн хувьд мэдэгдэл тодорхой байна.

n тойргоор үүсгэгдсэн аливаа газрын зургийн хувьд уг мэдэгдлийг үнэн гэж үзээд хавтгай дээр n+1 тойрог байна гэж үзье. Эдгээр тойргийн аль нэгийг арилгаснаар бид хоёр өнгөөр ​​зөв будаж болох газрын зургийг олж авна (доорх эхний зургийг үзнэ үү).

Дараа нь хаясан тойргийг сэргээж, түүний нэг талд, жишээлбэл, дотор тал бүрийн өнгийг эсрэгээр нь өөрчилье (хоёр дахь зургийг үз). Энэ тохиолдолд бид хоёр өнгөөр ​​зөв будсан газрын зураг авах болно гэдгийг харахад хялбар байдаг, гэхдээ зөвхөн одоо л n+1 тойргийн хувьд үүнийг батлах шаардлагатай байна.

7. Дараах нөхцөл хангагдсан тохиолдолд бид гүдгэр олон өнцөгтийг "сайхан" гэж нэрлэнэ.

1) түүний орой бүрийг гурван өнгөний аль нэгээр будсан;

2) зэргэлдээх хоёр оройг өөр өнгөөр ​​будсан;

3) олон өнцөгтийн хамгийн багадаа нэг оройг гурван өнгөөр ​​будна.

Ямар ч үзэсгэлэнтэй n-гоныг салангид диагональуудаар "сайхан" гурвалжин болгон хувааж болохыг батал.

Математик индукцийн аргыг ашиглая.

Индукцийн суурь. Боломжит хамгийн бага n=3-тай бол асуудлын тайлбар тодорхой болно: "сайхан" гурвалжны оройг гурван өөр өнгөөр ​​будаж, огтлох шаардлагагүй.

Индукцийн таамаглал. Асуудлын мэдэгдэл нь ямар ч "сайхан" n-gon-ийн хувьд үнэн гэж үзье.

Индукцийн алхам. Дурын "сайхан" (n+1)-гоныг авч үзээд түүнийг тодорхой диагональуудаар "сайхан" гурвалжин болгон зүсэж болохыг индукцийн таамаглалаар баталъя. (n+1)-гоны дараалсан оройг A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 гэж тэмдэглэе. Хэрэв (n+1)-gon-ын зөвхөн нэг оройг гурван өнгөний аль нэгээр нь будсан бол энэ оройг зэргэлдээгүй бүх оройтой диагональтай холбосноор бид (n+1)-ийн шаардлагатай хуваалтыг олж авна. )-"сайхан" гурвалжин руу орно.

Гурван өнгө тус бүрд (n+1)-gon-ийн хоёроос доошгүй оройг будсан бол бид А 1 оройн өнгийг 1-ээр, А 2 оройн өнгийг 2-оор тэмдэглэнэ. A k оройг гурав дахь өнгөөр ​​будсан хамгийн бага тоо бол k. k > 2 гэдэг нь тодорхой байна. A k–2 A k–1 A k гурвалжинг (n+1)-гоноос A k–2 A k диагональтай тасалцгаая. k тооны сонголтын дагуу энэ гурвалжны бүх оройг гурван өөр өнгөөр ​​будсан, өөрөөр хэлбэл энэ гурвалжин "сайхан" байна. Гүдгэр n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 хэвээр байгаа нь индуктив таамаглалын ачаар мөн "сайхан" байх болно. Энэ нь "сайхан" гурвалжинд хуваагддаг бөгөөд үүнийг батлах шаардлагатай байв.

8. Гүдгэр n өнцөгт аль ч хоёр нь нийтлэг цэгтэй байхаар n-ээс илүү диагональ сонгох боломжгүй гэдгийг батал.

Математик индукцийн аргыг ашиглан нотолгоог хийцгээе.

Илүү ерөнхий мэдэгдлийг баталъя: гүдгэр n өнцөгт n-ээс олон тал ба диагональ сонгох боломжгүй тул тэдгээрийн аль нэг нь нийтлэг цэгтэй болно. n = 3-ын хувьд мэдэгдэл нь тодорхой байна. Энэ мэдэгдлийг дурын n-gon-ийн хувьд үнэн гэж үзье, үүнийг ашиглан бид дурын (n+1)-gon-ийн хувьд түүний үнэн зөвийг батлах болно.

Энэ мэдэгдэл (n+1)-гоны хувьд үнэн биш гэж үзье. Хэрэв (n+1)-гоны орой бүрээс хоёроос илүүгүй сонгосон тал эсвэл диагональ гарч ирвэл нийт n+1-ээс илүүгүй хэсгийг сонгоно. Тиймээс зарим А оройноос дор хаяж гурван сонгосон тал буюу AB, AC, AD диагональ гарч ирнэ. Хувьсах гүйдлийг AB ба AD хоёрын хооронд байг. С цэгээс CA-аас өөр тал эсвэл диагональ нь AB ба AD-ийг нэгэн зэрэг огтолж чадахгүй тул зөвхөн нэг сонгосон диагональ CA нь С цэгээс гарч ирнэ.

С цэгийг диагональ CA-тай хамт хаяснаар бид n-ээс олон тал ба диагональ сонгогдсон гүдгэр n өнцөгтийг олж авах бөгөөд тэдгээрийн аль нэг нь нийтлэг цэгтэй байна. Тиймээс бид дурын гүдгэр n-гоны хувьд уг мэдэгдэл үнэн гэсэн таамаглалтай зөрчилддөг.

Тиймээс (n+1)-gon-ийн хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болно. Математикийн индукцийн зарчмын дагуу мэдэгдэл нь аливаа гүдгэр n-gon-ийн хувьд үнэн юм.

9. Хавтгайд n шулуун байх ба тэдгээрийн хоёр нь зэрэгцээ, гурав нь нэг цэгээр дамждаггүй. Эдгээр шугамууд онгоцыг хэдэн хэсэгт хуваадаг вэ?

Энгийн зургуудыг ашигласнаар нэг шулуун шугам нь хавтгайг 2 хэсэг, хоёр шулуун шугамыг 4 хэсэг, гурван шулуун шугамыг 7 хэсэг, дөрвөн шулуун шугамыг 11 хэсэгт хуваадаг болохыг хялбархан шалгаж болно.

Хавтгайг n шулуун шугамаар хуваах хэсгүүдийн тоог N(n) гэж тэмдэглэе. Үүнийг анзаарч болно

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

Ингэж бодох нь зүйн хэрэг

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

эсвэл тогтооход хялбараар арифметик прогрессийн эхний n гишүүний нийлбэрийн томъёог ашиглан,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Математикийн индукцийн аргыг ашиглан энэ томьёоны үнэн зөвийг баталъя.

n=1-ийн хувьд томъёог аль хэдийн шалгасан.

Индукцийн таамаглалыг гаргасны дараа бид асуудлын нөхцөлийг хангасан k+1 шугамыг авч үзье. Тэдгээрээс k шулуун шугамыг дурын аргаар сонгоцгооё. Индукцийн таамаглалаар тэд онгоцыг 1+ k(k+1)/2 хэсэгт хуваана. Үлдсэн (k+1)-р шулуун шугамыг сонгосон k шулуун шугамаар k+1 хэсэгт хуваах ба тиймээс онгоц аль хэдийн хуваагдсан (k+1)-р хэсгийн дагуу өнгөрөх ба тус бүр нь Эдгээр хэсгүүдээс 2 хэсэгт хуваагдана, өөрөөр хэлбэл өөр k+1 хэсгийг нэмнэ. Тэгэхээр,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

Q.E.D.

10. x 1: x 2: ... : x n илэрхийлэлд үйлдлийн дарааллыг хаалтанд хийж үр дүнг бутархай хэлбэрээр бичнэ.

(энэ тохиолдолд x 1, x 2, ..., x n үсэг тус бүр нь бутархайн тоо эсвэл хуваарьт байна). Хаалтанд оруулах бүх боломжит аргуудтай ийм байдлаар хэдэн өөр илэрхийлэл гаргаж болох вэ?

Юуны өмнө, үүссэн бутархайд x 1 тоологч хэсэгт байх нь тодорхой байна. Хэрхэн хаалт байрлуулсан ч x 2 нь хуваагч дотор байх нь бараг тодорхой юм (x 2-ын урд байгаа хуваах тэмдэг нь x 2-ын аль нэгийг эсвэл тоологч дахь x 2-ыг агуулсан зарим илэрхийллийг илэрхийлдэг).

Бусад бүх x 3, x 4, ..., x n үсгүүдийг тоологч эсвэл хуваагч хэсэгт бүрэн дур зоргоороо байрлуулж болно гэж үзэж болно. Эндээс харахад та нийтдээ 2 n-2 бутархай авч болно: n-2 үсэг бүр x 3, x 4, ..., x n нь тоологч эсвэл хуваагч дахь бусдаас үл хамааран гарч ирж болно.

Энэ мэдэгдлийг индукцээр баталцгаая.

n=3-ын хувьд та 2 бутархай авч болно:

тэгэхээр мэдэгдэл үнэн.

n=k-ийн хувьд үнэн гэж үзээд n=k+1-д баталъя.

Зарим хаалт байрлуулсаны дараа x 1:x 2: ... :x k илэрхийллийг тодорхой Q бутархай хэлбэрээр бичье. Хэрэв энэ илэрхийлэлд x k-ийн оронд x k:x k+1-ийг орлуулбал x k болно. Q бутархайтай ижил газар байх ба x k+1 нь x k байсан газар байхгүй (хэрэв x k хуваарьт байсан бол x k+1 нь тоологч хэсэгт байх ба эсрэгээр).

Одоо бид x k байрлаж байгаа газарт x k+1 нэмэх боломжтой гэдгээ батлах болно. Q бутархайд хаалтуудыг байрлуулсны дараа заавал q:x k хэлбэрийн илэрхийлэл байх болно, энд q нь x k–1 үсэг эсвэл хаалтанд байгаа зарим илэрхийлэл юм. q:x k-г (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1) илэрхийллээр орлуулснаар х k-ийн оронд x k ·x k+1 байх ижил Q бутархай авах нь ойлгомжтой.

Ингээд n=k+1 тохиолдлын бүх боломжит бутархайн тоо n=k тохиолдлынхоос 2 дахин их бөгөөд 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2-тэй тэнцүү байна. Ийнхүү мэдэгдэл нотлогдож байна.

Хариулт: 2 n–2 бутархай.

Шийдэлгүй асуудлууд

1. Аливаа натурал n-ийн хувьд үүнийг батал.

a) 5 n –3 n +2n тоо 4-т хуваагдана;

б) n 3 +11n тоо 6-д хуваагдана;

в) 7 n +3n–1 тоо 9-д хуваагдана;

г) 6 2n +19 n –2 n+1 тоо 17-д хуваагдана;

д) 7 n+1 +8 2n–1 тоо 19-д хуваагдана;

д) 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 тоо 27-д хуваагдана.

2. (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1) гэдгийг батал.

3. |sin nx| тэгш бус байдлыг батал n|sin x| ямар ч байгалийн n.

4. Аль ч натурал n тоонуудын хувьд a n + b n, c n тоонуудын сүүлийн хоёр цифр ижил байхаар 10-д хуваагддаггүй a, b, c натурал тоог ол.

5. Хэрэв n цэг нэг шулуун дээр хэвтэхгүй бол тэдгээрийг холбосон шулуунуудын дунд n-ээс багагүй өөр цэг байгааг батал.

Ном зүйн тайлбар:Баданин А.С., Сизова М. Ю. Математикийн индукцийн аргыг натурал тоонуудын хуваагдлын асуудлыг шийдвэрлэхэд ашиглах нь // Залуу эрдэмтэн. 2015. №2. P. 84-86..04.2019).



Математикийн олимпиадуудад натурал тоон хуваагдах чадварыг батлах нэлээд хэцүү асуудлууд ихэвчлэн гардаг. Сургуулийн сурагчдад нэг асуудал тулгардаг: ийм асуудлыг шийдвэрлэх боломжийг олгодог бүх нийтийн математик аргыг хэрхэн олох вэ?

Хуваах чадварыг батлах ихэнх асуудлыг математикийн индукцийн аргаар шийдэж болох боловч сургуулийн сурах бичигт энэ аргад маш бага анхаарал хандуулдаг бөгөөд ихэнхдээ онолын товч тайлбарыг өгч, хэд хэдэн асуудалд дүн шинжилгээ хийдэг.

Бид тооны онолоос математик индукцийн аргыг олдог. Тооны онолын эхэн үед математикчид олон баримтыг индуктив аргаар нээсэн: Л.Эйлер, К.Гаусс нар заримдаа тоон зүй тогтлыг анзаарч, түүнд итгэхээсээ өмнө мянга мянган жишээг авч үздэг байв. Гэхдээ тэр үед тэд "эцсийн" шалгалтыг давсан таамаглалууд ямар хуурамч болохыг ойлгосон. Хязгаарлагдмал дэд олонлогт баталгаажсан мэдэгдлээс бүхэл хязгааргүй олонлогийн ижил төстэй мэдэгдэл рүү индуктив байдлаар шилжихийн тулд нотлох баримт шаардлагатай. Энэ аргыг Блэйз Паскал санал болгосон бөгөөд тэрээр аливаа бүхэл тоог бусад бүхэл тоонд хуваах шинж тэмдгийг олох ерөнхий алгоритмыг олсон (“Тоон хуваагдах шинж чанарын тухай” зохиол).

Математикийн индукцийн аргыг бүх натурал тоонуудын хувьд тодорхой өгүүлбэрийн үнэн, эсвэл тодорхой n тооноос эхлэн өгүүлбэрийн үнэнийг батлах замаар нотлоход ашигладаг.

Математик индукцийн аргыг ашиглан тодорхой мэдэгдлийн үнэнийг батлах асуудлыг шийдвэрлэх нь дөрвөн үе шатаас бүрдэнэ (Зураг 1).

Цагаан будаа. 1. Асуудлыг шийдвэрлэх схем

1. Индукцийн үндэс . Тэд уг мэдэгдлийн үнэн зөвийг хамгийн бага натурал тоогоор шалгадаг.

2. Индуктив таамаглал . Бид k-ийн зарим утгын хувьд энэ мэдэгдэл үнэн гэж таамаглаж байна.

3. Индукцийн шилжилт . Энэ мэдэгдэл k+1-ийн хувьд үнэн болохыг бид баталж байна.

4. Дүгнэлт . Хэрэв ийм нотолгоо дууссан бол математик индукцийн зарчимд үндэслэн аливаа натурал n тооны хувьд уг мэдэгдэл үнэн гэж үзэж болно.

Математикийн индукцийн аргыг натурал тоонуудын хуваагдах чадварыг батлах асуудлыг шийдвэрлэхэд ашиглах талаар авч үзье.

Жишээ 1. 5 тоо нь 19-ийн үржвэр бөгөөд n нь натурал тоо гэдгийг батал.

Нотолгоо:

1) Энэ томъёо n = 1-д зөв эсэхийг шалгая: =19 тоо нь 19-ийн үржвэр юм.

2) Энэ томьёо нь n = k-ийн хувьд үнэн байх ёстой, өөрөөр хэлбэл тоо нь 19-ийн үржвэр юм.

Энэ нь 19-ийн үржвэр юм. Үнэн хэрэгтээ эхний гишүүн нь (2) таамаглалын улмаас 19-д хуваагддаг; Хоёрдахь гишүүн нь мөн 19-д хуваагддаг, учир нь энэ нь 19-ийн хүчин зүйлийг агуулдаг.

Жишээ 2.Дараалсан гурван натурал тооны шоо нийлбэр 9-д хуваагддаг болохыг батал.

Нотолгоо:

“Аль ч натурал n тооны хувьд n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 илэрхийлэл нь 9-ийн үржвэр юм.

1) n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 9-ийн үржвэрийн хувьд энэ томъёо зөв эсэхийг шалгая.

2) n = k хувьд энэ томьёо үнэн байх, өөрөөр хэлбэл k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 нь 9-ийн үржвэр юм.

3) Томъёо нь n = k + 1-д мөн үнэн болохыг баталъя, өөрөөр хэлбэл (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 нь 9-ийн үржвэр юм. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Үүссэн илэрхийлэлд тус бүр нь 9-д хуваагддаг хоёр гишүүн байгаа тул нийлбэр нь 9-д хуваагдана.

4) Математик индукцийн зарчмын хоёр нөхцөл хангагдсан тул өгүүлбэр нь n-ийн бүх утгын хувьд үнэн юм.

Жишээ 3.Аливаа натурал n тооны хувьд 3 2n+1 +2 n+2 тоо 7-д хуваагддаг болохыг батал.

Нотолгоо:

1) Энэ томьёо n = 1-д зөв эсэхийг шалгая: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 нь 7-ын үржвэр юм.

2) n = k хувьд энэ томьёо үнэн байг, өөрөөр хэлбэл 3 2 k +1 +2 k +2 нь 7-д хуваагдана.

3) Томъёо нь n = k + 1-д мөн үнэн болохыг баталцгаая, өөрөөр хэлбэл.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 к +1 ·3 2 +2 к +2 ·2 1 =3 2 к +1 ·9+2 к +2 ·2 =3 2 к +1 ·9+2 к +2 ·(9–7)=(3 2 к +1 +2 к +2)·9–7·2 к +2.Т. k (3 2 к +1 +2 к +2) 9-ийг 7-д, 7-д 2 k +2-ыг 7-д хуваавал тэдгээрийн зөрүүг 7-д хуваана.

4) Математик индукцийн зарчмын хоёр нөхцөл хангагдсан тул өгүүлбэр нь n-ийн бүх утгын хувьд үнэн юм.

Натурал тоон хуваагдах онолын олон нотлох асуудлыг математикийн индукцийн аргыг ашиглан хялбархан шийдэж болно. Гэхдээ энэ аргыг бүх нийтийн гэж нэрлэх боломжгүй, учир нь бас сул талууд байдаг: нэгдүгээрт, үүнийг зөвхөн натурал тоонуудын багц дээр нотлох боломжтой, хоёрдугаарт, зөвхөн нэг хувьсагчийн хувьд нотлогдож болно.

Логик сэтгэлгээ, математикийн соёлыг хөгжүүлэхэд энэ арга нь зайлшгүй шаардлагатай хэрэгсэл юм, учир нь Оросын агуу математикч А.Н. Колмогоров хэлэхдээ: "Математик индукцийн зарчмыг ойлгох, зөв ​​хэрэгжүүлэх чадвар нь логик төлөвшлийн сайн шалгуур юм. математикчдад хэрэгтэй."

Уран зохиол:

1. Виленкин Н. Я. Комбинаторик. - М.: Боловсрол, 1976. - 48 х.

2. Генкин Л. Математик индукцийн тухай. - М., 1962. - 36 х.

3. Соломинский I. S. Математик индукцийн арга. - М.: Наука, 1974. - 63 х.

4. Шарыгин И.Ф. Математикийн нэмэлт хичээл: Бодлого шийдвэрлэх: 10-р ангийн сурах бичиг. сургуулийн дундаж - М.: Боловсрол, 1989. - 252 х.

5. Shen A. Математикийн индукц. - М.: MTsNMO, 2007. - 32 х.