Natural ədədlərin bölünməsinə dair məsələlərin həllində riyazi induksiya metodunun tətbiqi. Riyazi induksiya metodu və onun məsələnin həllinə tətbiqi

Əsərin mətni şəkillər və düsturlar olmadan yerləşdirilib.
Əsərin tam versiyası PDF formatında "İş faylları" sekmesinde mövcuddur

Giriş

Bu mövzu aktualdır, çünki insanlar hər gün müxtəlif həll üsullarından istifadə etdikləri müxtəlif problemləri həll edirlər, lakin riyazi induksiya üsulu olmadan edə bilməyən vəzifələr var və belə hallarda bu sahədə bilik çox faydalı olacaqdır.

Tədqiqat üçün bu mövzunu seçdim, çünki məktəb kurikulumunda riyazi induksiya metoduna az vaxt ayrılır; şagird bu metod haqqında yalnız ümumi təsəvvür əldə etməyə kömək edəcək səthi məlumatları öyrənir, lakin bu nəzəriyyəni öyrənmək üçün dərinliyi, özünü inkişaf etdirmə tələb olunacaq. Bu mövzu haqqında daha çox öyrənmək həqiqətən faydalı olacaq, çünki bu, insanın üfüqlərini genişləndirir və mürəkkəb problemlərin həllinə kömək edir.

İşin məqsədi:

Riyazi induksiya metodu ilə tanış olmaq, bu mövzu üzrə bilikləri sistemləşdirmək və riyazi məsələlərin həlli və teoremlərin sübutu zamanı tətbiq etmək, məsələlərin həlli üçün zəruri amil kimi riyazi induksiya metodunun praktik əhəmiyyətini əsaslandırmaq və aydın göstərmək.

İş məqsədləri:

Bu mövzuda ədəbiyyatı təhlil edin və bilikləri ümumiləşdirin.

Riyazi induksiya metodunun prinsipini başa düşmək.

Problemin həllində riyazi induksiya metodunun tətbiqini araşdırın.

Görülən işlərlə bağlı nəticə və nəticələr tərtib edin.

Tədqiqatın əsas hissəsi

Tarix:

Yalnız 19-cu əsrin sonlarına doğru fərdi riyazi nəzəriyyələrin inkişafı üzrə riyaziyyatçıların praktik işində bu günə qədər üstünlük təşkil edən məntiqi sərtliyə dair tələblər standartı meydana çıxdı.

İnduksiya, mövcud faktların müqayisəsindən onları ümumiləşdirən ifadənin əldə edildiyi idrak prosedurudur.

Riyaziyyatda induksiyanın rolu əsasən seçilmiş aksiomatikanın əsasını təşkil edir. Uzunmüddətli təcrübə düz yolun əyri və ya qırıq yoldan həmişə qısa olduğunu göstərdikdən sonra aksiomun formalaşdırılması təbii idi: hər üç A, B və C nöqtəsi üçün bərabərsizlik özünü göstərir.

Riyazi induksiya metodunun ayrıca mühüm metod kimi dərk edilməsi Blez Paskal və Gersonidlərə gedib çıxır, baxmayaraq ki, fərdi tətbiq hallarına qədim zamanlarda Prokl və Evkliddə rast gəlinir. Metodun müasir adı 1838-ci ildə De Morgan tərəfindən təqdim edilmişdir.

Riyazi induksiya metodunu tərəqqi ilə müqayisə etmək olar: biz ən aşağıdan başlayırıq və məntiqi təfəkkür nəticəsində ən yüksəklərə çatırıq. İnsan həmişə tərəqqiyə, düşüncələrini məntiqi inkişaf etdirmək qabiliyyətinə can atıb, bu isə o deməkdir ki, təbiət özü ona induktiv düşünməyi təyin edib.

İnduksiya və deduksiya

Məlumdur ki, həm xüsusi, həm də ümumi ifadələr mövcuddur və bu iki termin birindən digərinə keçidə əsaslanır.

Deduksiya (latınca deductio - deduksiya) - idrak prosesində keçid generalüçün bilik özəl Və subay. Deduksiyada ümumi bilik əsaslandırmanın başlanğıc nöqtəsi rolunu oynayır və bu ümumi biliyin “hazır” olduğu güman edilir. Deduksiyanın özəlliyi ondan ibarətdir ki, onun müddəalarının həqiqəti nəticənin doğruluğuna zəmanət verir. Buna görə də deduksiya böyük inandırıcı gücə malikdir və təkcə riyaziyyatda teoremləri sübut etmək üçün deyil, həm də etibarlı biliyə ehtiyac duyulan yerdə geniş istifadə olunur.

İnduksiya (latınca inductio - rəhbərlik) idrak prosesində bir keçiddir. özəlüçün bilik general Başqa sözlə desək, müşahidələrin və təcrübələrin nəticələrinin ümumiləşdirilməsi ilə bağlı tədqiqat və idrak üsuludur.İnduksiyanın xüsusiyyəti onun ehtimal xarakteridir, yəni. İlkin müddəalar doğrudursa, induksiyanın nəticəsi yalnız doğrudur və son nəticədə ya doğru, ya da yanlış ola bilər.

Tam və natamam induksiya

İnduktiv nəticə - mücərrəd təfəkkürün bir formasıdır ki, burada düşüncə daha az ümumilik biliklərindən daha böyük dərəcədə ümumilik biliyə doğru inkişaf edir və müddəalardan irəli gələn nəticə əsasən ehtimal xarakteri daşıyır.

Tədqiqat zamanı öyrəndim ki, induksiya iki növə bölünür: tam və natamam.

Tam induksiya, bu sinfin bütün obyektlərinin öyrənilməsi əsasında obyektlər sinfi haqqında ümumi nəticənin çıxarıldığı bir nəticədir.

Məsələn, müəyyən etmək lazımdır ki, 6≤ n≤ 18 diapazonunda olan hər bir cüt natural n ədədi iki sadə ədədin cəmi kimi göstərilə bilər. Bunu etmək üçün bütün bu nömrələri götürün və müvafiq genişləndirmələri yazın:

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

Bu bərabərliklər göstərir ki, bizi maraqlandıran rəqəmlərin hər biri həqiqətən iki sadə şərtin cəmi kimi təmsil olunur.

Aşağıdakı misalı nəzərdən keçirək: yn= n 2 +n+17 ardıcıllığı; İlk dörd şərti yazaq: y 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; Sonra bütün ardıcıllığın sadə ədədlərdən ibarət olduğunu düşünə bilərik. Amma bu belə deyil, götürək y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Bu, mürəkkəb nömrədir, yəni bizim fərziyyəmiz yanlışdır, beləliklə, natamam induksiya tamamilə etibarlı nəticələrə gətirib çıxarmır, lakin sonradan riyazi sübut və ya təkzib tələb edən bir fərziyyə formalaşdırmağa imkan verir.

Riyazi induksiya üsulu

Tam induksiya riyaziyyatda yalnız məhdud tətbiqlərə malikdir. Bir çox maraqlı riyazi ifadələr sonsuz sayda xüsusi halları əhatə edir və biz bütün bu vəziyyətləri sınaqdan keçirə bilmirik.Bəs sonsuz sayda hallar üçün necə test edə bilərik? Bu üsul B. Paskal və J. Bernoulli tərəfindən təklif edilmişdir, bu, riyazi induksiya üsuludur, onun əsasında riyazi induksiya prinsipi.

Əgər n natural ədədindən asılı olaraq A(n) cümləsi n=1 üçün doğrudursa və onun n=k üçün doğru olmasından (burada k hər hansı natural ədəddir) belə çıxır ki, o, üçün də doğrudur. növbəti ədəd n=k +1, onda A(n) fərziyyəsi istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

Bir sıra hallarda müəyyən müddəanın doğruluğunu bütün natural ədədlər üçün deyil, yalnız n>p üçün sübut etmək lazım gələ bilər, burada p sabit natural ədəddir. Bu halda riyazi induksiya prinsipi aşağıdakı kimi tərtib edilir:

Əgər A(n) təklifi n=p üçün doğrudursa və A(k)  İstənilən k>p üçün A(k+1), onda A(n) təklifi istənilən n>p üçün doğrudur.

Alqoritm (dörd mərhələdən ibarətdir):

1.əsas(sübut olunan ifadənin bəzi sadə xüsusi hallar üçün doğru olduğunu göstəririk ( P = 1));

2. fərziyyə(biz güman edirik ki, bəyanat birinci üçün sübuta yetirilib Kimə hallar); 3 .addım(bu fərziyyə altında iş üçün ifadəni sübut edirik P = Kimə + 1); 4.çıxış (at ifadə bütün hallar üçün, yəni hamı üçün doğrudur P) .

Qeyd edək ki, riyazi induksiya üsulu bütün məsələləri həll edə bilməz, ancaq müəyyən dəyişən ilə parametrləşdirilmiş məsələləri həll edə bilər. Bu dəyişənə induksiya dəyişəni deyilir.

Riyazi induksiya metodunun tətbiqi

Bütün bu nəzəriyyəni praktikada tətbiq edək və bu metodun hansı problemlərdə istifadə olunduğunu öyrənək.

Bərabərsizlikləri sübut etmək üçün problemlər.

Misal 1. Bernulli bərabərsizliyini (1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N sübut edin.

1) n=1 üçün bərabərsizlik doğrudur, çünki 1+x≥1+x

2) Tutaq ki, bərabərsizlik bəzi n=k üçün doğrudur, yəni.

(1+x) k ≥1+k x.

Bərabərsizliyin hər iki tərəfini müsbət 1+x ədədinə vursaq, alırıq

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

kx 2 ≥0 olduğunu nəzərə alsaq, bərabərsizliyə çatırıq

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Beləliklə, Bernulli bərabərsizliyinin n=k üçün doğru olması fərziyyəsindən belə nəticə çıxır ki, n=k+1 üçün doğrudur. Riyazi induksiya metoduna əsaslanaraq, Bernulli bərabərsizliyinin istənilən n € N üçün etibarlı olduğunu iddia etmək olar.

Misal 2. Sübut edin ki, istənilən natural ədəd üçün n>1, .

Riyazi induksiya metodundan istifadə edərək bunu sübut edək.

Bərabərsizliyin sol tərəfini ilə işarə edək.

1), buna görə də n=2 üçün bərabərsizlik etibarlıdır.

2) Bir az k olsun. Gəlin bunu sübut edək və. Bizdə, .

Müqayisə edən və, bizdə, yəni. .

İstənilən müsbət k tam ədədi üçün sonuncu bərabərliyin sağ tərəfi müsbətdir. Buna görə də. Amma bu o deməkdir ki, biz n=k+1 üçün bərabərsizliyin doğruluğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən n>1 natural ədədi üçün etibarlıdır.

Şəxsiyyətləri sübut etmək üçün problemlər.

Misal 1.İstənilən natural n ədədi üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut edin:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

n=1 olsun, onda X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

n=1 üçün ifadənin doğru olduğunu görürük.

2) Tutaq ki, n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4 üçün bərabərlik doğrudur.

3) n=k+1, yəni X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək. 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.

Yuxarıdakı sübutdan aydın olur ki, müddəa n=k+1 üçün doğrudur, ona görə də bərabərlik istənilən n natural ədədi üçün doğrudur.

Misal 2.İstənilən natural n üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut edin

1) Bu eyniliyin n = 1 üçün doğru olduğunu yoxlayaq; - düz.

2) Eynilik n = k üçün də doğru olsun, yəni.

3) Bu eyniliyin n = k + 1 üçün də doğru olduğunu sübut edək, yəni;

Çünki Əgər bərabərlik n=k və n=k+1 üçün doğrudursa, istənilən n natural ədədi üçün də doğrudur.

Ümumiləşdirmə problemləri.

Misal 1. 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 olduğunu sübut edin.

Həlli: 1) Bizdə n=1=1 2 . Buna görə də, müddəa n=1 üçün doğrudur, yəni. A(1) doğrudur.

2) A(k) A(k+1) olduğunu sübut edək.

Qoy k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün mülahizə doğru olsun, yəni 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Sübut edək ki, onda müddəa növbəti natural ədəd n=k+1 üçün də doğrudur, yəni. Nə

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Əslində, 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2 .

Beləliklə, A(k) A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, A(n) fərziyyə istənilən n N üçün doğrudur.

Misal 2. Düsturu sübut edin, n natural ədəddir.

Həlli: n=1 olduqda bərabərliyin hər iki tərəfi birinə çevrilir və deməli, riyazi induksiya prinsipinin birinci şərti ödənilir.

Fərz edək ki, düstur n=k üçün düzgündür, yəni. .

Gəlin bu bərabərliyin hər iki tərəfinə əlavə edək və sağ tərəfi çevirək. Sonra alırıq

Beləliklə, düsturun n=k üçün doğru olmasından belə nəticə çıxır ki, n=k+1 üçün də doğrudur, onda bu müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

Bölünmə problemləri.

Misal 1.(11 n+2 +12 2n+1) 133-ə qalıqsız bölündüyünü sübut edin.

Həll: 1) n=1 olsun, onda

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

(23×133) 133-ə qalıqsız bölünür, bu o deməkdir ki, n=1 üçün mülahizə doğrudur;

2) Tutaq ki, (11 k+2 +12 2k+1) 133-ə qalıqsız bölünür.

3) Gəlin bu halda bunu sübut edək

(11 k+3 +12 2k+3) 133-ə qalıqsız bölünür. Həqiqətən, 11 k+3 +12 2l+3 =11×11 k+2 +

12 2 ×12 2k+1 =11× 11 k+2 +(11+133)× 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133× 12 2k+1 .

Əldə edilən cəmi 133-ə qalıqsız bölünür, çünki onun birinci üzvü fərziyyə ilə 133-ə qalıqsız bölünür, ikincisində isə amillərdən biri 133-ə bərabərdir.

Deməli, A(k)→ A(k+1), onda riyazi induksiya metoduna əsaslanaraq, müddəa istənilən natural n üçün doğrudur.

Misal 2.İxtiyari natural n ədədi üçün 3 3n-1 +2 4n-3-ün 11-ə bölündüyünü sübut edin.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 11-ə qalıqsız bölünür. Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur.

2) Tutaq ki, n=k üçün

X k =3 3k-1 +2 4k-3 11-ə qalıqsız bölünür.

3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 *3 3k-1 +2 4 *2 4k-3 =

27 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =(16+11)* 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =16* 3 3k-1 +

11* 3 3k-1 +16* 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11* 3 3k-1 .

Birinci hədd qalıqsız 11-ə bölünür, çünki 3 3k-1 +2 4k-3 fərziyyə ilə 11-ə bölünür, ikincisi 11-ə bölünür, çünki onun amillərindən biri 11 rəqəmidir. Bu o deməkdir ki, cəmi hər hansı natural n ədədi üçün qalıqsız 11-ə bölünür.

Real həyatdan problemlər.

Misal 1.İstənilən qabarıq çoxbucaqlının daxili bucaqlarının Sn cəminin (-ə) bərabər olduğunu sübut edin. P- 2)π, harada P— bu çoxbucağın tərəflərinin sayı: Sn = ( P- 2)π (1).

Bu ifadənin heç də təbii mənası yoxdur P, ancaq üçün P > 3, çünki üçbucaqdakı bucaqların minimum sayı 3-dür.

1) Nə vaxt P= 3 ifadəmiz formasını alır: S 3 = π. Lakin hər hansı üçbucağın daxili bucaqlarının cəmi həqiqətən π-dir. Buna görə də, nə vaxt P= 3 düstur (1) düzgündür.

2) Bu düstur n üçün doğru olsun =k, yəni S k = (k- 2)π, harada k > 3. Sübut edək ki, bu halda düstur yerinə yetirilir: S k+ 1 = (k- 1)π.

A 1 A 2 ... A olsun k A k+ 1-ixtiyari qabarıq ( k+ 1) -qon (şək. 338).

A 1 və A nöqtələrini birləşdirin k , qabarıq alırıq k-qon A 1 A 2 ... A k - 1 A k . Aydındır ki, bucaqların cəmi ( k+ 1) -qon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 bucaqların cəminə bərabərdir k-qon A 1 A 2 ... A k üstəgəl üçbucağın bucaqlarının cəmi A 1 A k A k+ 1 . Amma bucaqların cəmi k-qon A 1 A 2 ... A k bərabər fərziyyə ilə ( k- 2)π və A üçbucağının bucaqlarının cəmi 1 A k A k+ 1 π-ə bərabərdir. Buna görə də

S k+ 1 = S k + π = ( k- 2)π + π = ( k- 1)π.

Beləliklə, riyazi induksiya prinsipinin hər iki şərti ödənilir və buna görə də (1) düstur istənilən təbii üçün doğrudur. P > 3.

Misal 2. Pilləkən var, bütün pillələri eynidir. İstənilən addıma “qalxmaq” imkanına zəmanət verəcək minimum mövqelərin sayını göstərmək tələb olunur.

Hamı razılaşır ki, şərt olmalıdır. İlk pilləyə qalxmağı bacarmalıyıq. Bundan sonra, 1-ci pillədən ikinci pilləyə qalxmağı bacarmalıdırlar. Sonra ikinciyə - üçüncüyə və s. n-ci addıma. Təbii ki, ümumilikdə “n” ifadələri bizim n-ci pilləyə keçə biləcəyimizə zəmanət verir.

İndi 2, 3,..., n mövqelərinə baxaq və onları bir-biri ilə müqayisə edək. Onların hamısının eyni quruluşa malik olduğunu görmək asandır: əgər k pilləsinə çatmışıqsa, (k+1) pilləsinə qalxa bilərik. Deməli, “n”-dən asılı olaraq müddəaların etibarlılığı üçün aşağıdakı aksioma təbii olur: əgər n-nin natural ədəd olduğu A(n) cümləsi n=1 üçün, n=k üçün isə yerinə yetirilirsə. (burada k hər hansı natural ədəddir), bundan belə nəticə çıxır ki, o, n=k+1 üçün, onda A(n) fərziyyəsi istənilən n natural ədədi üçün yerinə yetirilir.

Ərizə

Universitetlərə daxil olarkən riyazi induksiya metodundan istifadə məsələləri.

Qeyd edək ki, ali təhsil müəssisələrinə daxil olarkən bu üsulla həll oluna biləcək problemlər də var. Konkret nümunələrdən istifadə edərək onlara baxaq.

Misal 1. Hər hansı bir təbii olduğunu sübut edin P bərabərlik doğrudur

1) Nə vaxt n=1 düzgün bərabərlik Sin alırıq.

2) n= olduqda induksiya fərziyyəsini irəli sürərək k bərabərlik doğrudur, n üçün bərabərliyin sol tərəfindəki cəmini nəzərə alın =k+1;

3) Azaltma düsturlarından istifadə edərək ifadəni çeviririk:

Sonra riyazi induksiya üsuluna görə bərabərlik istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

Misal 2. Sübut edin ki, istənilən natural n ədədi üçün 4n +15n-1 ifadəsinin qiyməti 9-a çoxluq təşkil edir.

1) n=1 ilə: 2 2 +15-1=18 - 9-a qat (18:9=2-dən bəri)

2) Qoy bərabərlik qorunsun n=k: 4 k +15k-9-un 1 qatı.

3) Növbəti ədəd üçün bərabərliyin yerinə yetirildiyini sübut edək n=k+1

4 k+1 +15(k+1)-1=4 k+1 +15k+15-1=4.4 k +60k-4-45k+18=4(4 k +15k-1)-9(5k- 2)

4(4 k +15k-1) - 9-un çoxluğu;

9(5k-2) - 9-un çoxluğu;

Nəticə etibarilə, bütün 4(4k +15k-1)-9(5k-2) ifadəsi 9-a çoxluq təşkil edir ki, bu da sübut edilməli idi.

Misal 3.İstənilən natural ədəd üçün bunu sübut edin Pşərt yerinə yetirilir: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Gəlin bu düsturun nə zaman düzgün olduğunu yoxlayaq n=1: Sol tərəf = 1∙2∙3=6.

Sağ hissə = . 6 = 6; doğru olanda n=1.

2) Tutaq ki, bu düstur n üçün doğrudur =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Bu düsturun n üçün doğru olduğunu sübut edək =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Sübut:

Deməli, bu şərt iki halda doğrudur və n üçün doğru olduğu sübut edilmişdir =k+1, ona görə də istənilən natural ədəd üçün doğrudur P.

Nəticə

Ümumiləşdirsək, tədqiqat prosesində induksiyanın nə olduğunu, tam və ya natamam ola biləcəyini öyrəndim, riyazi induksiya prinsipinə əsaslanan riyazi induksiya üsulu ilə tanış oldum və bu üsuldan istifadə etməklə bir çox məsələlərə baxdım.

Mən də məktəb proqramına daxil olanlardan fərqli bir çox yeni məlumatlar öyrəndim.Riyazi induksiya metodunu öyrənərkən müxtəlif ədəbiyyatlardan, internet resurslarından istifadə etdim, həmçinin müəllimlə məsləhətləşdim.

Nəticə: Riyazi induksiya üzrə bilikləri ümumiləşdirərək sistemləşdirərək, reallıqda bu mövzuda biliyə ehtiyac olduğuna əmin oldum. Riyazi induksiya metodunun müsbət keyfiyyəti onun məsələlərin həllində geniş tətbiqidir: cəbr, həndəsə və real riyaziyyat sahəsində. Bu bilik həm də bir elm olaraq riyaziyyata marağı artırır.

Əminəm ki, işlədiyim müddətdə əldə etdiyim bacarıqlar gələcəkdə mənə kömək edəcək.

Biblioqrafiya

Sominsky I.S. Riyazi induksiya üsulu. Riyaziyyat üzrə məşhur mühazirələr, buraxılış 3-M.: Elm, 1974.

L. İ. Qolovina, I. M. Yaqlom. Həndəsədə induksiya. -Fizmətqız, 1961. - T. 21. - 100 s. — (Riyaziyyatdan populyar mühazirələr).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.X. Universitetlərə daxil olanlar üçün riyaziyyat üzrə dərs vəsaiti (İbtidai riyaziyyatın seçilmiş sualları) - 5-ci nəşr, yenidən işlənmiş, 1976 - 638 s.

A. Shen. Riyazi induksiya. - MCNMO, 2004. - 36 s.

M.L.Qalitski, A.M.Qoldman, L.I.Zvaviç Cəbrdən məsələlər toplusu: 8-9-cu siniflər üçün dərslik. dərinliyi ilə riyaziyyatı öyrənmək 7-ci nəşr - M.: Prosveshchenie, 2001. - 271 s.

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-dyuk N.G Əl-qebri 9-cu sinif məktəb dərsliyi üçün əlavə fəsillər. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Vikipediya pulsuz ensiklopediyadır.

Əgər A(n) müddəası n=p üçün doğrudursa və hər hansı k>p üçün A(k) ≈ A(k+1) olarsa, A(n) müddəası istənilən n>p üçün doğrudur.

Riyazi induksiya üsulu ilə sübut aşağıdakı kimi həyata keçirilir. Birincisi, sübut olunacaq ifadə n=1 üçün yoxlanılır, yəni. A(1) ifadəsinin doğruluğu müəyyən edilir. Sübutun bu hissəsi induksiya əsası adlanır. Sonra sübutun induksiya mərhələsi adlanan hissəsi gəlir. Bu hissədə n=k+1 üçün mülahizənin doğruluğunu n=k üçün mülahizənin etibarlılığı fərziyyəsi altında (induksiya fərziyyəsi) sübut edirlər, yəni. sübut edin ki, A(k) 1 A(k+1)

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 olduğunu sübut edin.

1) Bizdə n=1=1 2 var. Buna görə də, müddəa n=1 üçün doğrudur, yəni. A(1) doğrudur
2) Sübut edək ki, A(k) ≥ A(k+1)

Qoy k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün mülahizə doğru olsun, yəni.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Sübut edək ki, onda müddəa növbəti natural ədəd n=k+1 üçün də doğrudur, yəni. Nə

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Həqiqətən,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Beləliklə, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, A(n) fərziyyə istənilən n O N üçün doğrudur.

Bunu sübut et

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), burada x № 1

1) n=1 üçün alırıq
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

buna görə də n=1 üçün düstur düzgündür; A(1) doğrudur

2) k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün düstur doğru olsun,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

O zaman bərabərliyi sübut edək

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

Beləliklə, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, düstur istənilən n natural ədədi üçün doğrudur.

Qabarıq n-bucaqlının diaqonallarının sayının n(n-3)/2 olduğunu sübut edin

Həlli: 1) n=3 üçün mülahizə doğrudur, çünki üçbucaqda

A 3 =3(3-3)/2=0 diaqonal; A 2 A(3) doğrudur

2) Tutaq ki, hər qabarıq k-qonaqda A 1 x A k =k(k-3)/2 diaqonal var. A k Sübut edək ki, onda qabarıq A k+1 (k+1)-qonda diaqonalların sayı A k+1 =(k+1)(k-2)/2 olur.

A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 qabarıq (k+1)-qonlu olsun. Onun içinə diaqonal A 1 A k çəkək. Bu (k+1)-qonun diaqonallarının ümumi sayını hesablamaq üçün k-qonundakı diaqonalların sayını hesablamaq lazımdır A 1 A 2 ...A k , alınan ədədə k-2 əlavə edin, yəni. A k+1 təpəsindən çıxan (k+1)-qonun diaqonallarının sayı və əlavə olaraq A 1 A k diaqonalı nəzərə alınmalıdır.

Beləliklə,

G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2

Beləliklə, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə görə ifadə istənilən qabarıq n-qonşu üçün doğrudur.

Hər hansı bir n üçün aşağıdakı ifadənin doğru olduğunu sübut edin:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

2) Fərz edək ki, n=k

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

3) n=k+1 üçün bu ifadəni nəzərdən keçirin

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

Biz n=k+1 üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

İstənilən natural n ədədi üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut edin:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Həlli: 1) n=1 olsun

Onda X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. n=1 üçün ifadənin doğru olduğunu görürük.

2) Tutaq ki, n=k üçün bərabərlik doğrudur

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

3) n=k+1 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək, yəni.

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

Yuxarıdakı sübutdan aydın olur ki, müddəa n=k+1 üçün doğrudur, ona görə də bərabərlik istənilən n natural ədədi üçün doğrudur.

Bunu sübut et

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ ... ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1) )= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), burada n>2

Həlli: 1) n=2 üçün eynilik belə görünür:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), yəni. bu doğrudur
2) Fərz edək ki, n=k üçün ifadə doğrudur
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) n=k+1 üçün ifadənin doğruluğunu sübut edək
(((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+)

1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

Biz n=k+1 üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə müddəa istənilən n>2 üçün doğrudur.

Bunu sübut et

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) istənilən n natural ədədi üçün

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Tutaq ki, n=k, onda
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) n=k+1 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək
(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

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

n=k+1 üçün bərabərliyin etibarlılığı da sübut edilmişdir, ona görə də müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

Şəxsiyyətin doğru olduğunu sübut edin

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) hər hansı təbii n üçün

1) n=1 üçün eynilik doğrudur 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Tutaq ki, n=k üçün
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) n=k+1 üçün eyniliyin doğru olduğunu sübut edək
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)

Yuxarıdakı sübutdan aydın olur ki, müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

(11 n+2 +12 2n+1) 133-ə qalıqsız bölündüyünü sübut edin

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

Lakin (23 ґ 133) 133-ə qalıqsız bölünür, yəni n=1 üçün mülahizə doğrudur; A(1) doğrudur.

2) Tutaq ki, (11 k+2 +12 2k+1) 133-ə qalıqsız bölünür
3) Sübut edək ki, bu halda (11 k+3 +12 2k+3) 133-ə qalıqsız bölünür. Həqiqətən
11 k+3 +12 2l+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Əldə edilən cəm 133-ə qalıqsız bölünür, çünki onun birinci üzvü fərziyyə ilə 133-ə qalıqsız bölünür, ikincisində isə amillərdən biri 133-ə bərabərdir. Deməli, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübut olunur

İstənilən n 7 üçün n -1-in 6-ya qalıqsız bölündüyünü sübut edin

1) n=1 olsun, onda X 1 =7 1 -1=6 6-ya qalıqsız bölünür. Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur
2) Tutaq ki, n=k olduqda 7 k -1 6-ya qalıqsız bölünür
3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

Birinci həd 6-ya bölünür, çünki 7 k -1 fərziyyə ilə 6-ya bölünür, ikinci hədd isə 6-dır. Bu o deməkdir ki, 7 n -1 istənilən n natural ədədi üçün 6-ya çoxludur. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübut olunur.

İxtiyari natural n ədədi üçün 3 3n-1 +2 4n-3-ün 11-ə bölündüyünü sübut edin.

1) n=1 olsun, onda

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 11-ə qalıqsız bölünür.

Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur

2) Tutaq ki, n=k X k =3 olduqda 3k-1 +2 4k-3 11-ə qalıqsız bölünür.
3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

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

11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1

Sübut edin ki, ixtiyari natural n ədədi üçün 11 2n -1 qalıqsız 6-ya bölünür.

1) n=1 olsun, onda 11 2 -1=120 6-ya qalıqsız bölünür. Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur
2) Tutaq ki, n=k 1 olduqda 2k -1 6-ya qalıqsız bölünür.
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Hər iki şərt 6-ya qalıqsız bölünür: birincisi 6-ya, 120-yə, ikincisi isə fərziyyə ilə qalıqsız 6-ya bölünür. Bu o deməkdir ki, cəmi 6-ya qalıqsız bölünür. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübut olunur.

İxtiyari natural n ədədi üçün 3 3n+3 -26n-27-nin 26-ya 2-yə (676) qalıqsız bölündüyünü sübut edin.

Əvvəlcə sübut edək ki, 3 3n+3 -1 26-ya qalıqsız bölünür

1. n=0 olduqda
3 3 -1=26 26-ya bölünür
2. Tutaq ki, n=k üçün
3 3k+3 -1 26-ya bölünür
3. n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -26-ya bölünür

İndi problem bəyanatında ifadə olunan ifadəni sübut edək

1) Aydındır ki, n=1 üçün ifadə doğrudur
3 3+3 -26-27=676
2) Tutaq ki, n=k üçün 3 3k+3 -26k-27 ifadəsi 26 2-yə qalıqsız bölünür.
3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Hər iki şərt 26 2-yə bölünür; birincisi 26 2-yə bölünür, çünki mötərizədəki ifadənin 26-ya bölündüyünü, ikincinin isə induksiya fərziyyəsi ilə bölündüyünü sübut etmişik. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübut olunur

Sübut edin ki, n>2 və x>0 olarsa, (1+x) n >1+n ґ x bərabərsizliyi doğrudur.

1) n=2 üçün bərabərsizlik etibarlıdır, çünki
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Beləliklə, A (2) doğrudur

2) Sübut edək ki, A(k) ≈ A(k+1), əgər k> 2. Fərz edək ki, A(k) doğrudur, yəni bərabərsizlik
(1+x) k >1+k ґ x. (3)

Sübut edək ki, onda A(k+1) də doğrudur, yəni bərabərsizlik

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Əslində, bərabərsizliyin hər iki tərəfini (3) müsbət 1+x ədədinə vuraraq, əldə edirik

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Son bərabərsizliyin sağ tərəfini nəzərdən keçirək; bizdə var

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

Nəticədə (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x alırıq

Beləliklə, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, Bernulli bərabərsizliyinin istənilən n>2 üçün etibarlı olduğunu iddia etmək olar.

a> 0 üçün (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 bərabərsizliyinin doğru olduğunu sübut edin

Həlli: 1) m=1 olduqda

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 hər iki tərəf bərabərdir
2) Tutaq ki, m=k üçün
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) m=k+1 üçün bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edək
(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 +

+((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Biz bərabərsizliyin m=k+1 üçün doğru olduğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən natural ədəd m üçün etibarlıdır.

n>6 üçün 3 n >n ґ 2 n+1 bərabərsizliyinin doğru olduğunu sübut edin

Bərabərsizliyi (3/2) n >2n şəklində yenidən yazaq

1. n=7 üçün bizdə 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 bərabərsizlik doğrudur
2. Tutaq ki, n=k (3/2) üçün k >2k
3) n=k+1 üçün bərabərsizliyi sübut edək
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

k>7 olduğundan sonuncu bərabərsizlik aydındır.

Riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən n natural ədədi üçün etibarlıdır.

n>2 üçün bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edin

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) n=3 üçün bərabərsizlik doğrudur
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Tutaq ki, n=k üçün
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) n=k+1 üçün bərabərsizliyin doğruluğunu sübut edək
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Sübut edək ki, 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Sonuncu göz qabağındadır və buna görə də

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)

Riyazi induksiya metodu sayəsində bərabərsizlik sübut edilir.

Riyazi induksiya riyazi sübutun ən geniş yayılmış üsullarından birinin əsasını təşkil edir. Onun köməyi ilə düsturların əksəriyyətini n natural ədədləri ilə sübut edə bilərsiniz, məsələn, S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n, Nyutonun binom düsturunun birinci şərtlərinin cəmini tapmaq düsturu. a + b n = C n 0 · a n · C n 1 · a n - 1 · b + . . . + C n n - 1 · a · b n - 1 + C n n · b n .

Birinci abzasda biz əsas anlayışları təhlil edəcəyik, sonra metodun özünün əsaslarını nəzərdən keçirəcəyik və sonra bərabərlik və bərabərsizlikləri sübut etmək üçün ondan necə istifadə edəcəyinizi söyləyəcəyik.

Yandex.RTB R-A-339285-1

İnduksiya və deduksiya anlayışları

Əvvəlcə induksiya və deduksiyanın ümumiyyətlə nə olduğuna baxaq.

Tərif 1

İnduksiya xüsusidən ümumiyə keçiddir və çıxılmaəksinə – ümumidən konkretə doğru.

Məsələn, bir ifadəmiz var: 254-ü ikiyə bölmək olar. Ondan həm doğru, həm də yalan da daxil olmaqla bir çox nəticələr çıxara bilərik. Məsələn, 4 rəqəmi ilə bitən bütün tam ədədlərin qalıqsız ikiyə bölünə biləcəyi ifadəsi doğrudur, lakin üç rəqəmdən ibarət istənilən ədədin 2-yə bölünməsi yanlışdır.

Ümumiyyətlə, demək olar ki, induktiv əsaslandırmanın köməyi ilə bircə məlum və ya aşkar mülahizədən çoxlu nəticələr çıxarmaq olar. Riyazi induksiya bu nəticələrin nə dərəcədə əsaslı olduğunu müəyyən etməyə imkan verir.

Tutaq ki, bizdə 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, kimi nömrələr ardıcıllığı var. . . , 1 n (n + 1) , burada n bəzi natural ədədi bildirir. Bu halda, ardıcıllığın ilk elementlərini əlavə edərkən aşağıdakıları əldə edirik:

S 1 = 1 1 2 = 1 2, S 2 = 1 1 2 + 1 2 3 = 2 3, S 3 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 = 3 4, S 4 = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 = 4 5, . . .

İnduksiyadan istifadə edərək belə nəticəyə gələ bilərik ki, S n = n n + 1 . Üçüncü hissədə bu düsturu sübut edəcəyik.

Riyazi induksiya üsulu nədir?

Bu üsul eyniadlı prinsipə əsaslanır. Bu şəkildə tərtib edilmişdir:

Tərif 2

1) n = 1 və 2) bu ifadə ixtiyari təbii qiymət n = k üçün keçərli olduğundan müəyyən mülahizə n təbii qiymət üçün doğru olacaqdır. n = k + 1.

Riyazi induksiya metodunun tətbiqi 3 mərhələdə həyata keçirilir:

Birincisi, n-nin ixtiyari təbii dəyəri olduğu halda orijinal ifadənin etibarlılığını yoxlayırıq (adətən yoxlama birlik üçün aparılır).
Bundan sonra n = k olduqda etibarlılığı yoxlayırıq.
Və sonra n = k + 1 olarsa, ifadənin etibarlılığını sübut edirik.

Bərabərsizlikləri və tənlikləri həll etmək üçün riyazi induksiya metodundan necə istifadə etmək olar

Əvvəllər haqqında danışdığımız nümunəni götürək.

Misal 1

S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + düsturunu sübut edin. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Həll

Artıq bildiyimiz kimi, riyazi induksiya metodunu tətbiq etmək üçün üç ardıcıl addım yerinə yetirilməlidir.

Əvvəlcə bu bərabərliyin birə bərabər olan n üçün etibarlı olub olmadığını yoxlayırıq. S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 alırıq. Burada hər şey düzgündür.
Sonra S k = k k + 1 düsturunun düzgün olduğunu fərz edirik.
Üçüncü addımda əvvəlki bərabərliyin etibarlılığına əsaslanaraq S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 olduğunu sübut etməliyik.

Biz k + 1-i ilkin ardıcıllığın və k + 1-in birinci şərtlərinin cəmi kimi təqdim edə bilərik:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

İkinci hərəkətdə S k = k k + 1 aldığımız üçün aşağıdakıları yaza bilərik:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .

İndi lazımi çevrilmələri həyata keçiririk. Kəsiri ortaq məxrəcə endirməli, oxşar şərtləri azaltmalı, qısaldılmış vurma düsturunu tətbiq etməli və əldə etdiyimizi azaltmalıyıq:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

Beləliklə, riyazi induksiya metodunun hər üç addımını tamamlamaqla üçüncü bənddə bərabərliyi sübut etdik.

Cavab: S n = n n + 1 düsturu haqqında fərziyyə düzgündür.

Triqonometrik funksiyalarla bağlı daha mürəkkəb bir məsələ götürək.

Misal 2

cos 2 α · cos 4 α · şəxsiyyətinin sübutunu verin. . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

Həll

Xatırladığımız kimi, ilk addım n bərabər olduqda bərabərliyin etibarlılığını yoxlamaq olmalıdır. Bunu tapmaq üçün əsas triqonometrik düsturları yadda saxlamalıyıq.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

Buna görə də, birə bərabər olan n üçün eynilik doğru olacaqdır.

İndi fərz edək ki, onun etibarlılığı n = k üçün doğru olaraq qalır, yəni. cos 2 α · cos 4 α · olduğu doğru olacaq. . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

cos 2 α · cos 4 α · bərabərliyini sübut edirik. . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α n = k + 1 olduqda əvvəlki fərziyyəni əsas götürərək.

Triqonometrik düstura görə,

sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Beləliklə,

cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α · cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α · cos 2 k + 1 α = 1 2 · sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

Ən kiçik kvadratlar metodu haqqında məqalədə bu üsuldan istifadə edərək bərabərsizliyi sübut etmək üçün bir məsələnin həllinə nümunə verdik. Təxmini əmsalları tapmaq üçün düsturların alındığı paraqrafı oxuyun.

Mətndə xəta görsəniz, onu vurğulayın və Ctrl+Enter düymələrini basın

Biblioqrafik təsvir: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Riyazi induksiya metodunun natural ədədlərin bölünməsi məsələlərinin həllinə tətbiqi // Gənc alim. 2015. № 2. S. 84-86..02.2019).

Riyaziyyat olimpiadalarında çox vaxt natural ədədlərin bölünməsini sübut etmək üçün kifayət qədər çətin məsələlər çıxır. Məktəblilər problemlə üzləşirlər: bu cür problemləri həll etməyə imkan verən universal riyazi metodu necə tapmaq olar?

Belə çıxır ki, bölünmənin sübut edilməsində əksər məsələləri riyazi induksiya üsulu ilə həll etmək olar, lakin məktəb dərsliklərində bu üsula çox az diqqət yetirilir, əksər hallarda qısa nəzəri təsvir verilir və bir neçə problem təhlil edilir.

Biz ədədlər nəzəriyyəsində riyazi induksiya metodunu tapırıq. Ədədlər nəzəriyyəsinin başlanğıcında riyaziyyatçılar induktiv şəkildə bir çox faktları kəşf etdilər: L.Euler və K. Gauss bəzən ədədi qanunauyğunluğa diqqət yetirmədən və ona inanmazdan əvvəl minlərlə nümunəni nəzərdən keçirdilər. Ancaq eyni zamanda, "son" sınaqdan keçmiş fərziyyələrin nə qədər aldadıcı ola biləcəyini başa düşdülər. Sonlu alt çoxluq üçün təsdiqlənmiş ifadədən bütün sonsuz çoxluq üçün oxşar ifadəyə induktiv şəkildə keçmək üçün sübut tələb olunur. Bu üsul hər hansı bir tam ədədin hər hansı digər tam ədədə bölünmə əlamətlərini tapmaq üçün ümumi alqoritm tapmış Blez Paskal tərəfindən təklif edilmişdir (“Ədədlərin bölünməsinin təbiəti haqqında” traktat).

Riyazi induksiya üsulundan bütün natural ədədlər üçün müəyyən müddəanın doğruluğunu və ya müəyyən n ədədindən başlayan müddəanın doğruluğunu əsaslandırmaq yolu ilə sübut etmək üçün istifadə olunur.

Riyazi induksiya metodundan istifadə etməklə müəyyən ifadənin doğruluğunu sübut etmək üçün məsələlərin həlli dörd mərhələdən ibarətdir (şək. 1):

düyü. 1. Problemin həlli sxemi

1. İnduksiya əsası . Onlar ifadənin mənalı olduğu ən kiçik natural ədəd üçün ifadənin etibarlılığını yoxlayırlar.

2. İnduktiv fərziyyə . Biz güman edirik ki, ifadə k-nin hansısa dəyəri üçün doğrudur.

3. İnduksiya keçidi . K+1 üçün müddəanın doğru olduğunu sübut edirik.

4. Nəticə . Əgər belə bir sübut tamamlanıbsa, onda riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, müddəanın istənilən natural n ədədi üçün doğru olduğunu iddia etmək olar.

Riyazi induksiya metodunun natural ədədlərin bölünməsinin sübutu məsələlərinin həllinə tətbiqinə baxaq.

Misal 1. 5 rəqəminin 19-a qat olduğunu sübut edin, burada n natural ədəddir.

Sübut:

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: =19 ədədi 19-un qatıdır.

2) Bu düstur n = k üçün doğru olsun, yəni ədəd 19-un qatıdır.

Bu, 19-un qatıdır. Doğrudan da, birinci hədd (2) fərziyyəsinə görə 19-a bölünür; ikinci hədd də 19-a bölünür, çünki onun tərkibində 19 amil var.

Misal 2. Ardıcıl üç natural ədədin kublarının cəminin 9-a bölündüyünü sübut edin.

Sübut:

Gəlin mülahizəni sübut edək: “İstənilən n natural ədədi üçün n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 ifadəsi 9-un qatıdır.

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=9-un 36 qatına.

2) Bu düstur n = k üçün doğru olsun, yəni k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 9-un qatıdır.

3) Düsturun n = k + 1 üçün də doğru olduğunu sübut edək, yəni (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 9-un qatıdır. (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).

Əldə edilən ifadədə hər biri 9-a bölünən iki termin var, buna görə də cəmi 9-a bölünür.

4) Riyazi induksiya prinsipinin hər iki şərti təmin edilir, buna görə də cümlə n-nin bütün qiymətləri üçün doğrudur.

Misal 3.İstənilən natural n ədədi üçün 3 2n+1 +2 n+2 ədədinin 7-yə bölündüyünü sübut edin.

Sübut:

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 7-nin qatıdır.

2) n = k üçün bu düstur doğru olsun, yəni 3 2 k +1 +2 k +2 7-yə bölünür.

3) Düsturun n = k + 1 üçün də doğru olduğunu sübut edək, yəni.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .T. k.(3 2 k +1 +2 k +2) 9 7-yə və 7-yə bölünür 2 k +2 7-yə bölünür, onda onların fərqi 7-yə bölünür.

4) Riyazi induksiya prinsipinin hər iki şərti təmin edilir, buna görə də cümlə n-nin bütün qiymətləri üçün doğrudur.

Natural ədədlərin bölünmə nəzəriyyəsində bir çox sübut məsələləri riyazi induksiya üsulu ilə rahat şəkildə həll edilə bilər; hətta bu üsulla məsələlərin həllinin tamamilə alqoritmik olduğunu söyləmək olar; bunun üçün 4 əsas addımı yerinə yetirmək kifayətdir. Lakin bu metodu universal adlandırmaq olmaz, çünki çatışmazlıqlar da var: birincisi, onu yalnız natural ədədlər toplusunda sübut etmək olar, ikincisi, yalnız bir dəyişən üçün sübut etmək olar.

Məntiqi təfəkkürün və riyazi mədəniyyətin inkişafı üçün bu üsul zəruri vasitədir, çünki böyük rus riyaziyyatçısı A. N. Kolmoqorov demişdir: “Riyazi induksiya prinsipini anlamaq və düzgün tətbiq etmək bacarığı məntiqi yetkinliyin yaxşı meyarıdır ki, bu da mütləqdir. riyaziyyatçı üçün lazımdır”.

Ədəbiyyat:

1. Vilenkin N. Ya. İnduksiya. Kombinatorika. - M.: Təhsil, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. Riyazi induksiya haqqında. - M., 1962. - 36 s.

3. Solominski I. S. Riyazi induksiya metodu. - M.: Nauka, 1974. - 63 s.

4.Şarıgin İ.F.Riyaziyyatdan fakultativ kurs: Məsələlərin həlli: 10-cu sinif üçün dərslik. orta məktəb - M.: Təhsil, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Riyazi induksiya. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 s.

Mühazirə 6. Riyazi induksiya metodu.

Elmdə və həyatda yeni biliklər müxtəlif yollarla əldə edilir, lakin onların hamısı (əgər təfərrüatlara girməsəniz) iki növə bölünür - ümumidən xüsusiyə və xüsusidən ümumiyə keçid. Birincisi deduksiya, ikincisi induksiyadır. Deduktiv əsaslandırma riyaziyyatda ümumi adlanan şeydir. məntiqi əsaslandırma, və riyaziyyat elmində deduksiya tədqiqatın yeganə qanuni üsuludur. Məntiqi mülahizə qaydaları iki min yarım əvvəl qədim yunan alimi Aristotel tərəfindən tərtib edilmişdir. O, ən sadə düzgün mülahizələrin tam siyahısını yaratdı, sillogizmlər– məntiqin “tikinti blokları”, eyni zamanda düzgünə çox oxşar, lakin yanlış olan tipik mülahizələri göstərir (biz tez-tez mediada belə “psevdoloji” mülahizələrlə rastlaşırıq).

İnduksiya (induksiya - latınca rəhbərlik) İsaak Nyutonun başına alma düşdükdən sonra ümumdünya cazibə qanununu necə tərtib etdiyinə dair məşhur əfsanədə aydın şəkildə təsvir edilmişdir. Fizikadan başqa bir nümunə: elektromaqnit induksiyası kimi bir hadisədə elektrik sahəsi bir maqnit sahəsi yaradır, "induksiya edir". “Nyuton alması” bir və ya bir neçə xüsusi halın, yəni müşahidələr, ümumi bəyanatı “təklif et”; xüsusi hallar əsasında ümumi nəticə çıxarılır. İnduktiv üsul həm təbiət, həm də insan elmlərində ümumi qanunauyğunluqların əldə edilməsi üçün əsasdır. Ancaq bunun çox əhəmiyyətli bir çatışmazlığı var: xüsusi nümunələrə əsaslanaraq, yanlış bir nəticə çıxarmaq olar. Şəxsi müşahidələrdən irəli gələn fərziyyələr həmişə düzgün olmur. Eylerə görə bir nümunə nəzərdən keçirək.

Bəzi ilk dəyərlər üçün trinomialın dəyərini hesablayacağıq n:

Qeyd edək ki, hesablamalar nəticəsində alınan ədədlər sadədir. Və hər biri üçün bunu birbaşa yoxlaya bilərsiniz n 1-dən 39-a qədər polinom dəyəri
sadə ədəddir. Bununla belə, nə vaxt n=40 1681=41 2 ədədini alırıq ki, bu da sadə deyil. Beləliklə, burada yarana biləcək fərziyyə, yəni hər biri üçün fərziyyə n nömrə
sadədir, yalan çıxır.

Leybnits 17-ci əsrdə sübut etdi ki, hər bir müsbət tam üçün n nömrə
3-ə bölünən, ədəd
5-ə bölünən və s. Buna əsaslanaraq, o, hər hansı bir qəribəlik üçün bunu fərz etdi k və hər hansı bir təbii n nömrə
bölünür k, amma tezliklə bunu fərq etdim
9-a bölünmür.

Nəzərdən keçirilən nümunələr mühüm nəticə çıxarmağa imkan verir: bəyanat bir sıra xüsusi hallarda ədalətli, eyni zamanda ümumilikdə ədalətsiz ola bilər. Ümumi işdə ifadənin etibarlılığı məsələsi adlanan xüsusi əsaslandırma metodundan istifadə etməklə həll edilə bilər riyazi induksiya ilə(tam induksiya, mükəmməl induksiya).

6.1. Riyazi induksiya prinsipi.

♦ Riyazi induksiya üsuluna əsaslanır riyazi induksiya prinsipi , bu aşağıdakı kimidir:

1) bu ifadənin etibarlılığı yoxlanılırn=1 (induksiya əsasında) ,

2) bu ifadənin etibarlılığı üçün nəzərdə tutulurn= k, Haradak- ixtiyari natural ədəd 1(induksiya fərziyyəsi) , və bu fərziyyə nəzərə alınmaqla onun etibarlılığı müəyyən edilirn= k+1.

Sübut. Bunun əksini fərz edək, yəni fərz edək ki, müddəa hər təbii üçün doğru deyil n. Sonra belə bir təbii var m, Nə:

1) üçün bəyanat n=mədalətli deyil,

2) hər kəs üçün n, daha kiçik m, ifadə doğrudur (başqa sözlə, m ifadənin doğru olmadığı ilk natural ədəddir).

Aydındır ki m>1, çünki üçün n=1 ifadə doğrudur (şərt 1). Beləliklə,
- natural ədəd. Belə çıxır ki, natural ədəd üçün
ifadə doğrudur və növbəti natural ədəd üçün mədalətsizdir. Bu, 2-ci şərtə ziddir. ■

Qeyd edək ki, sübut hər hansı natural ədədlər toplusunda ən kiçik ədədi ehtiva edən aksiomadan istifadə edib.

Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanan sübut deyilir tam riyazi induksiya üsulu ilə .

 Misal6.1. Hər hansı bir təbii üçün bunu sübut edin n nömrə
3-ə bölünür.

Həll.

1) Nə vaxt n=1, yəni a 1 3-ə bölünür və ifadə nə zaman doğrudur n=1.

2) Fərz edək ki, ifadə üçün doğrudur n=k,
, yəni həmin nömrə
3-ə bölünür və nə vaxt olduğunu müəyyən edirik n=k+1 ədədi 3-ə bölünür.

Həqiqətən,

Çünki Hər bir hədd 3-ə bölünür, onda onların cəmi də 3-ə bölünür. ■ 

 Misal6.2. Birincinin cəmi olduğunu sübut edin n təbii tək ədədlər onların sayının kvadratına bərabərdir, yəni.

Həll. Tam riyazi induksiya metodundan istifadə edək.

1) Bu ifadənin etibarlılığını nə zaman yoxlayırıq n=1: 1=1 2 – bu doğrudur.

2) Tutaq ki, birincinin cəmi k (
) tək ədədlər bu ədədlərin sayının kvadratına bərabərdir, yəni. Bu bərabərliyə əsaslanaraq, birincinin cəmi olduğunu müəyyən edirik k+1 tək ədədlər bərabərdir
, yəni.

Biz fərziyyəmizdən istifadə edirik və alırıq

. ■ 

Bəzi bərabərsizlikləri sübut etmək üçün tam riyazi induksiya üsulundan istifadə olunur. Bernulli bərabərsizliyini sübut edək.

 Misal6.3. Bunu nə vaxt sübut et
və hər hansı bir təbii n bərabərsizlik doğrudur
(Bernulli bərabərsizliyi).

Həll. 1) Nə vaxt n=1 alırıq
, bu doğrudur.

2) Nə vaxt olduğunu güman edirik n=k bərabərsizlik var
(*). Bu fərziyyədən istifadə edərək, bunu sübut edirik
. Qeyd edək ki, nə vaxt
bu bərabərsizlik qüvvədədir və buna görə də işi nəzərdən keçirmək kifayətdir
.

Gəlin bərabərsizliyin hər iki tərəfini (*) ədədə vuraq
və alırıq:

Yəni (1+
.■ 

Metodla sübut natamam riyazi induksiya asılı olaraq bəzi ifadələr n, Harada
oxşar şəkildə həyata keçirilir, lakin başlanğıcda ədalət ən kiçik dəyər üçün qurulur n.

Bəzi məsələlərdə riyazi induksiya ilə sübut oluna bilən müddəa açıq şəkildə ifadə edilmir. Belə hallarda nümunəni özünüz qurmalı və bu nümunənin etibarlılığı haqqında fərziyyə qurmalı və sonra təklif olunan fərziyyəni yoxlamaq üçün riyazi induksiya metodundan istifadə etməlisiniz.

 Misal6.4. Məbləği tapın
.

Həll. Gəlin məbləğləri tapaq S 1 , S 2 , S 3. Bizdə var
,
,
. Hər hansı bir təbii üçün bunu fərz edirik n formula etibarlıdır
. Bu fərziyyəni yoxlamaq üçün tam riyazi induksiya metodundan istifadə edəcəyik.

1) Nə vaxt n=1 fərziyyə doğrudur, çünki
.

2) Fərziyyənin doğru olduğunu düşünək n=k,
, yəni
. Bu düsturdan istifadə edərək, fərziyyənin belə olduqda da doğru olduğunu müəyyən edirik n=k+1, yəni

Həqiqətən,

Beləliklə, fərziyyənin nə zaman doğru olduğu fərziyyəsinə əsaslanaraq n=k,
üçün də doğru olduğu sübut edilmişdir n=k+1 və riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, formula istənilən natural ədəd üçün etibarlıdır n. ■ 

 Misal6.5. Riyaziyyatda sübut edilmişdir ki, iki vahid fasiləsiz funksiyanın cəmi vahid davamlı funksiyadır. Bu ifadəyə əsaslanaraq, hər hansı bir ədədin cəmi olduğunu sübut etməlisiniz
vahid davamlı funksiyaların vahid davamlı funksiyasıdır. Amma biz hələ “vahid davamlı funksiya” anlayışını təqdim etmədiyimizə görə, məsələni daha mücərrəd qoyaq: bilin ki, hansısa xassə malik olan iki funksiyanın cəmi S, öz mülkü var S. İstənilən sayda funksiyanın cəminin xassə olduğunu sübut edək S.

Həll. Burada induksiyanın əsası problemin özünün formalaşdırılmasındadır. İnduksiya fərziyyəsini irəli sürdükdən sonra düşünün
funksiyaları f 1 , f 2 , …, f n , f nəmlaka sahib olan +1 S. Sonra . Sağ tərəfdə birinci müddətin mülkiyyəti var S induksiya fərziyyəsinə görə, ikinci termin xüsusiyyətə malikdir Sşərtlə. Nəticə etibarı ilə onların məbləği mülkiyyətə malikdir S– iki müddət üçün induksiya əsası “işləyir”.

Bu ifadəni sübut edir və biz bundan sonra da istifadə edəcəyik. ■ 

 Misal6.6. Bütün təbii tapın n, bunun üçün bərabərsizlik doğrudur

Həll. Gəlin nəzərdən keçirək n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Bizdə: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Beləliklə, bir fərziyyə irəli sürə bilərik: bərabərsizlik
hər kəsin yeri var
. Bu fərziyyənin doğruluğunu sübut etmək üçün natamam riyazi induksiya prinsipindən istifadə edəcəyik.

1) Yuxarıda müəyyən edildiyi kimi, bu fərziyyə o zaman doğrudur n=5.

2) üçün doğru olduğunu fərz edin n=k,
, yəni bərabərsizlik doğrudur
. Bu fərziyyədən istifadə edərək bərabərsizliyi sübut edirik
.

Çünki
və at
bərabərsizlik var

saat
,

sonra bunu alırıq
. Beləliklə, hipotezin həqiqəti n=k+1 nə zaman doğru olduğu fərziyyəsindən irəli gəlir n=k,
.

Paraqraflardan. 1 və 2, natamam riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, bərabərsizliyin
hər təbii üçün doğrudur
. ■ 

 Misal6.7. İstənilən natural ədəd üçün bunu sübut edin n fərqləndirmə düsturu etibarlıdır
.

Həll. At n=1 bu düstur belə görünür
, yaxud 1=1, yəni düzgündür. İnduksiya fərziyyəsini irəli sürərək, biz:

Q.E.D. ■ 

 Misal6.8. çoxluğun ibarət olduğunu sübut edin n elementləri, var alt çoxluqlar

Həll. Bir elementdən ibarət dəst A, iki alt çoxluğu var. Bu doğrudur, çünki onun bütün alt çoxluqları boş çoxluq və boş çoxluğun özüdür və 2 1 =2.

Fərz edək ki, hər set n elementlərə malikdir alt çoxluqlar Əgər A çoxluğu ibarətdirsə n+1 elementləri, onda bir elementi düzəldirik - onu işarələyirik d, və bütün alt çoxluqları iki sinfə bölün - tərkibində olmayanlar d və ehtiva edir d. Birinci sinifdən olan bütün alt çoxluqlar elementi çıxarmaqla A-dan alınan B çoxluğunun alt çoxluqlarıdır d.

B çoxluğu ibarətdir n elementləri var və buna görə də induksiya ilə o var alt çoxluqlar, belə ki, birinci sinifdə alt çoxluqlar

Ancaq ikinci sinifdə eyni sayda alt çoxluq var: onların hər biri element əlavə etməklə birinci sinfin tam bir alt çoxluğundan əldə edilir. d. Beləliklə, cəmi A dəsti
alt çoxluqlar

Beləliklə, ifadə sübuta yetirilir. Qeyd edək ki, bu, 0 elementdən ibarət çoxluq - boş çoxluq üçün də doğrudur: onun tək alt çoxluğu var - özü və 2 0 = 1. ■ 