მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება ნატურალური რიცხვების გაყოფაზე ამოცანების ამოხსნისას. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი და მისი გამოყენება პრობლემის გადაჭრაში

ნამუშევრის ტექსტი განთავსებულია გამოსახულების და ფორმულების გარეშე.
ნამუშევრის სრული ვერსია ხელმისაწვდომია "სამუშაო ფაილების" ჩანართში PDF ფორმატში

შესავალი

ეს თემა აქტუალურია, რადგან ყოველდღიურად ადამიანები წყვეტენ სხვადასხვა პრობლემას, რომლებშიც ისინი იყენებენ გადაწყვეტის სხვადასხვა მეთოდს, მაგრამ არის დავალებები, რომელთა გაკეთებაც შეუძლებელია მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გარეშე და ასეთ შემთხვევებში ცოდნა ამ სფეროში ძალიან სასარგებლო იქნება.

მე ავირჩიე ეს თემა კვლევისთვის, რადგან მცირე დრო ეთმობა მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს სასკოლო სასწავლო გეგმაში; მოსწავლე სწავლობს ზედაპირულ ინფორმაციას, რომელიც დაეხმარება მას ამ მეთოდის მხოლოდ ზოგადი წარმოდგენის მიღებაში, მაგრამ ამ თეორიის შესასწავლად საჭირო იქნება სიღრმე, თვითგანვითარება. ნამდვილად სასარგებლო იქნება ამ თემის შესახებ მეტის შესწავლა, რადგან ის აფართოებს ადამიანის ჰორიზონტს და ეხმარება რთული პრობლემების გადაჭრაში.

სამუშაოს მიზანი:

გაეცანით მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს, მოახდინეთ ცოდნის სისტემატიზაცია ამ თემაზე და გამოიყენეთ ისინი მათემატიკური ამოცანების ამოხსნისა და თეორემების დამტკიცებისას, დაასაბუთეთ და ნათლად აჩვენეთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის პრაქტიკული მნიშვნელობა, როგორც ამოცანების ამოხსნის აუცილებელ ფაქტორს.

სამუშაო მიზნები:

გააანალიზეთ ლიტერატურა და შეაჯამეთ ცოდნა ამ თემაზე.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის პრინციპის გაგება.

შეისწავლეთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება პრობლემის გადაჭრაში.

ჩამოაყალიბეთ დასკვნები და დასკვნები შესრულებული სამუშაოს შესახებ.

კვლევის ძირითადი ნაწილი

ისტორია:

მხოლოდ მე-19 საუკუნის ბოლოს გაჩნდა ლოგიკური სიმკაცრის მოთხოვნების სტანდარტი, რომელიც დღემდე დომინანტური რჩება მათემატიკოსთა პრაქტიკულ მუშაობაში ინდივიდუალური მათემატიკური თეორიების შემუშავებაზე.

ინდუქცია არის შემეცნებითი პროცედურა, რომლის მეშვეობითაც მათ განზოგადებული განცხადება მიღებულია არსებული ფაქტების შედარებიდან.

მათემატიკაში ინდუქციის როლი დიდწილად არის ის, რომ ის საფუძვლად უდევს არჩეულ აქსიომატიკას. მას შემდეგ, რაც გრძელვადიანმა პრაქტიკამ აჩვენა, რომ სწორი გზა ყოველთვის უფრო მოკლეა, ვიდრე მრუდი ან გატეხილი, ბუნებრივი იყო აქსიომის ჩამოყალიბება: ნებისმიერი სამი წერტილისთვის A, B და C უტოლობა მოქმედებს.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის, როგორც ცალკეული მნიშვნელოვანი მეთოდის გაცნობა ბლეზ პასკალსა და გერსონიდესს უბრუნდება, თუმცა გამოყენების ცალკეული შემთხვევები ძველ დროში გვხვდება პროკლესა და ევკლიდესში. მეთოდის თანამედროვე სახელწოდება დე მორგანმა შემოიღო 1838 წელს.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი შეიძლება შევადაროთ პროგრესს: ვიწყებთ ყველაზე დაბალიდან და ლოგიკური აზროვნების შედეგად მივდივართ უმაღლესამდე. ადამიანი ყოველთვის მიისწრაფოდა წინსვლისაკენ, აზრების ლოგიკურად განვითარების უნარზე, რაც იმას ნიშნავს, რომ ბუნებამ მას ინდუქციურად აზროვნება განუსაზღვრა.

ინდუქცია და დედუქცია

ცნობილია, რომ არსებობს როგორც ცალკეული, ისე ზოგადი განცხადებები და ეს ორი ტერმინი ეფუძნება ერთიდან მეორეზე გადასვლას.

დედუქცია (ლათინურიდან deductio - გამოკლება) - შემეცნების პროცესში გადასვლა გენერალიცოდნას კერძოდა მარტოხელა. დედუქციისას ზოგადი ცოდნა ემსახურება მსჯელობის საწყის წერტილს და ეს ზოგადი ცოდნა მიჩნეულია როგორც „მზა“, არსებული. დედუქციის თავისებურება იმაში მდგომარეობს, რომ მისი ნაგებობების ჭეშმარიტება გარანტიას იძლევა დასკვნის ჭეშმარიტებას. მაშასადამე, დედუქციას აქვს უზარმაზარი დამაჯერებელი ძალა და ფართოდ გამოიყენება არა მხოლოდ მათემატიკაში თეორემების დასამტკიცებლად, არამედ ყველგან, სადაც საჭიროა სანდო ცოდნა.

ინდუქცია (ლათინურიდან inductio - ხელმძღვანელობა) არის გადასვლა შემეცნების პროცესში. კერძოცოდნას გენერალისხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, ეს არის კვლევისა და შემეცნების მეთოდი, რომელიც დაკავშირებულია დაკვირვებისა და ექსპერიმენტების შედეგების განზოგადებასთან, ინდუქციის თვისებაა მისი ალბათური ბუნება, ე.ი. თუ თავდაპირველი წინაპირობა მართალია, ინდუქციის დასკვნა მხოლოდ სავარაუდოდ ჭეშმარიტია და საბოლოო შედეგში შეიძლება აღმოჩნდეს ჭეშმარიტი ან მცდარი.

სრული და არასრული ინდუქცია

ინდუქციური დასკვნა არის აბსტრაქტული აზროვნების ფორმა, რომლის დროსაც აზროვნება ვითარდება უფრო მცირე ზოგადობის ცოდნიდან ზოგადის უფრო მაღალი ხარისხის ცოდნამდე, და დასკვნა, რომელიც წარმოიქმნება წინაპირობებიდან, უპირატესად ალბათური ხასიათისაა.

კვლევის დროს აღმოვაჩინე, რომ ინდუქცია იყოფა ორ ტიპად: სრული და არასრული.

სრული ინდუქცია არის დასკვნა, რომელშიც ზოგადი დასკვნა ხდება ობიექტების კლასის შესახებ ამ კლასის ყველა ობიექტის შესწავლის საფუძველზე.

მაგალითად, უნდა დადგინდეს, რომ ყოველი ლუწი ბუნებრივი რიცხვი n 6≤ n≤ 18 დიაპაზონში შეიძლება წარმოდგენილი იყოს ორი მარტივი რიცხვის ჯამად. ამისათვის აიღეთ ყველა ასეთი რიცხვი და ჩაწერეთ შესაბამისი გაფართოებები:

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

ეს ტოლობები გვიჩვენებს, რომ თითოეული რიცხვი, რომელიც ჩვენ გვაინტერესებს, მართლაც წარმოდგენილია როგორც ორი მარტივი წევრის ჯამი.

განვიხილოთ შემდეგი მაგალითი: თანმიმდევრობა yn= n 2 +n+17; ჩამოვწეროთ პირველი ოთხი წევრი: y 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; მაშინ შეგვიძლია ვივარაუდოთ, რომ მთელი რიგი შედგება მარტივი რიცხვებისგან. მაგრამ ეს ასე არ არის, ავიღოთ y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. ეს არის კომპოზიტური რიცხვი, რაც ნიშნავს, რომ ჩვენი ვარაუდი არასწორია, ამდენად, არასრული ინდუქცია არ იწვევს სრულიად სანდო დასკვნებს, მაგრამ საშუალებას გვაძლევს ჩამოვაყალიბოთ ჰიპოთეზა, რომელიც შემდგომში მოითხოვს მათემატიკურ მტკიცებულებას ან უარყოფას.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი

სრულ ინდუქციას მხოლოდ შეზღუდული გამოყენება აქვს მათემატიკაში. ბევრი საინტერესო მათემატიკური დებულება მოიცავს უსასრულო რაოდენობის განსაკუთრებულ შემთხვევას და ჩვენ ვერ ვამოწმებთ ყველა ამ სიტუაციას, მაგრამ როგორ შეგვიძლია შევამოწმოთ უსასრულო რაოდენობის შემთხვევა? ეს მეთოდი შემოგვთავაზეს ბ.პასკალმა და ჯ.ბერნულმა, ეს არის მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი, რომელიც ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი.

თუ წინადადება A(n), რომელიც დამოკიდებულია n ნატურალურ რიცხვზე, მართებულია n=1-ისთვის და იქიდან გამომდინარე, რომ ის მართალია n=k-სთვის (სადაც k არის ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი), გამოდის, რომ ის ასევე მართალია შემდეგი რიცხვი n=k +1, მაშინ დაშვება A(n) მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

რიგ შემთხვევებში შეიძლება საჭირო გახდეს გარკვეული დებულების მართებულობის დადასტურება არა ყველა ნატურალური რიცხვისთვის, არამედ მხოლოდ n>p-ისთვის, სადაც p არის ფიქსირებული ნატურალური რიცხვი. ამ შემთხვევაში, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი ჩამოყალიბებულია შემდეგნაირად:

თუ წინადადება A(n) მართალია n=p-ისთვის და თუ A(k)  A(k+1) ნებისმიერი k>p-სთვის, მაშინ წინადადება A(n) მართალია ნებისმიერი n>p-სთვის.

ალგორითმი (ის შედგება ოთხი ეტაპისგან):

1.ბაზა(ჩვენ ვაჩვენებთ, რომ დადასტურებული განცხადება მართალია რამდენიმე უმარტივესი განსაკუთრებული შემთხვევისთვის ( პ = 1));

2.ვარაუდი(ვვარაუდობთ, რომ განცხადება პირველისთვის დადასტურდა რომ შემთხვევები); 3 .ნაბიჯი(ამ ვარაუდით ვამტკიცებთ საქმის განცხადებებს პ = რომ + 1); 4.გამომავალი (atგანცხადება მართალია ყველა შემთხვევისთვის, ანუ ყველასთვის პ) .

გაითვალისწინეთ, რომ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს არ შეუძლია ყველა ამოცანის გადაჭრა, არამედ მხოლოდ გარკვეული ცვლადით პარამეტრირებული ამოცანების გადაჭრა. ამ ცვლადს ინდუქციური ცვლადი ეწოდება.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება

მოდით გამოვიყენოთ მთელი ეს თეორია პრაქტიკაში და გავარკვიოთ რა პრობლემებშია გამოყენებული ეს მეთოდი.

პრობლემები უთანასწორობის დასამტკიცებლად.

მაგალითი 1.დაამტკიცეთ ბერნულის უტოლობა(1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) n=1-ისთვის უტოლობა მართალია, ვინაიდან 1+x≥1+x

2) დავუშვათ, რომ უტოლობა მართალია ზოგიერთი n=k-ისთვის, ე.ი.

(1+x) k ≥1+k x.

უტოლობის ორივე მხარის გამრავლებით დადებით რიცხვზე 1+x მივიღებთ

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

იმის გათვალისწინებით, რომ kx 2 ≥0, მივდივართ უტოლობამდე

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

ამრიგად, იმ დაშვებიდან, რომ ბერნულის უტოლობა ჭეშმარიტია n=k-სთვის, გამოდის, რომ ის მართალია n=k+1-ისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდზე დაყრდნობით, შეიძლება ითქვას, რომ ბერნულის უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი n € N-ისთვის.

მაგალითი 2.დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n>1, .

დავამტკიცოთ ეს მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით.

უტოლობის მარცხენა მხარე ავღნიშნოთ.

1), მაშასადამე, n=2-ისთვის უტოლობა მართებულია.

2) მოდით რამდენიმე კ. დავამტკიცოთ რომ მერე და. Ჩვენ გვაქვს, .

შედარება და, გვაქვს, ე.ი. .

ნებისმიერი დადებითი მთელი რიცხვისთვის k, ბოლო ტოლობის მარჯვენა მხარე დადებითია. Ამიტომაც. მაგრამ ეს ნიშნავს და.. ჩვენ დავამტკიცეთ n=k+1 უტოლობის მართებულობა, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n>1.

პრობლემები ვინაობის დასამტკიცებლად.

მაგალითი 1.დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n ტოლობა მართალია:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

მოდით n=1, შემდეგ X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

ჩვენ ვხედავთ, რომ n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ ტოლობა მართალია n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4-ისთვის.

3) დავამტკიცოთ ამ დებულების ჭეშმარიტება n=k+1-ისთვის, ანუ 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.

ზემოაღნიშნული მტკიცებულებიდან ირკვევა, რომ დებულება ჭეშმარიტია n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, ტოლობა მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

მაგალითი 2.დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის ტოლობა მართალია

1) მოდით შევამოწმოთ, რომ ეს იდენტურობა მართალია n = 1.-ისთვის; - მართალია.

2) დაე, იდენტურობა ასევე იყოს ჭეშმარიტი n = k-სთვის, ე.ი.

3) დავამტკიცოთ, რომ ეს იდენტურობა ასევე მართალია n = k + 1-ისთვის, ე.ი.

იმიტომ რომ თუ ტოლობა ჭეშმარიტია n=k-სთვის და n=k+1-ისთვის, მაშინ ის მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

შეჯამების პრობლემები.

მაგალითი 1.დაამტკიცეთ, რომ 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

ამოხსნა: 1) გვაქვს n=1=1 2 . მაშასადამე, განცხადება მართალია n=1-ისთვის, ე.ი. A(1) მართალია.

2) დავამტკიცოთ, რომ A(k) A(k+1).

მოდით k იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და დებულება იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის, ანუ 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

დავამტკიცოთ, რომ მაშინ დებულება მართებულია შემდეგი ნატურალური რიცხვისთვისაც n=k+1, ე.ი. Რა

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

ასე რომ, A(k) A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით დავასკვნით, რომ A(n) ვარაუდი მართალია ნებისმიერი n N-ისთვის.

მაგალითი 2.დაამტკიცეთ ფორმულა, n ნატურალური რიცხვია.

ამოხსნა: როდესაც n=1, ტოლობის ორივე მხარე უხვევს ერთს და, შესაბამისად, დაკმაყოფილებულია მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის პირველი პირობა.

დავუშვათ, რომ ფორმულა სწორია n=k-ისთვის, ე.ი. .

მოდით დავუმატოთ ამ თანასწორობის ორივე მხარე და შევცვალოთ მარჯვენა მხარე. შემდეგ მივიღებთ

ამრიგად, იქიდან, რომ ფორმულა ჭეშმარიტია n=k-სთვის, გამოდის, რომ ის ასევე მართალია n=k+1-ისთვის, მაშინ ეს დებულება მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

გაყოფის პრობლემები.

მაგალითი 1.დაამტკიცეთ, რომ (11 n+2 +12 2n+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე.

გამოსავალი: 1) მოდით n=1, მაშინ

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

(23×133) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე, რაც ნიშნავს, რომ n=1-ისთვის დებულება მართალია;

2) დავუშვათ, რომ (11 k+2 +12 2k+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე.

3) დავამტკიცოთ, რომ ამ შემთხვევაში

(11 k+3 +12 2k+3) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე. მართლაც, 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.

მიღებული ჯამი ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე, რადგან მისი პირველი წევრი იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე დაშვებით, ხოლო მეორეში ერთ-ერთი ფაქტორი არის 133.

ასე რომ, A(k)→ A(k+1), მაშინ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდზე დაყრდნობით, დებულება მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.

მაგალითი 2.დაამტკიცეთ, რომ 3 3n-1 +2 4n-3 თვითნებური ნატურალური რიცხვისთვის n იყოფა 11-ზე.

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე. ეს ნიშნავს, რომ n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის

X k =3 3k-1 +2 4k-3 იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე.

3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის.

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 .

პირველი წევრი იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე, ვინაიდან 3 3 3k-1 +2 4k-3 იყოფა 11-ზე დაშვებით, მეორე იყოფა 11-ზე, რადგან მისი ერთ-ერთი ფაქტორია რიცხვი 11. ეს ნიშნავს, რომ ჯამი იყოფა 11-ზე ნაშთების გარეშე ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

პრობლემები რეალური ცხოვრებიდან.

მაგალითი 1.დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ამოზნექილი მრავალკუთხედის შიდა კუთხეების ჯამი Sn უდრის ( პ- 2)π, სადაც პ- ამ მრავალკუთხედის გვერდების რაოდენობა: Sn = ( პ- 2)π (1).

ეს განცხადება არ აქვს აზრი ყველა ბუნებრივი პ, მაგრამ მხოლოდ ამისთვის პ > 3, რადგან სამკუთხედში კუთხეების მინიმალური რაოდენობა არის 3.

1) როდის პ= 3 ჩვენი განცხადება იღებს ფორმას: S 3 = π. მაგრამ ნებისმიერი სამკუთხედის შიდა კუთხეების ჯამი ნამდვილად არის π. ამიტომ, როცა პ= 3 ფორმულა (1) სწორია.

2) ეს ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n-სთვის =კ, ეს არის ს კ = (კ- 2)π, სადაც კ > 3. დავამტკიცოთ, რომ ამ შემთხვევაში მოქმედებს ფორმულა: ს k+ 1 = (კ- 1) π.

მოდით A 1 A 2 ... A კ ა k+ 1 - თვითნებური ამოზნექილი ( კ+ 1) -gon (სურ. 338).

დამაკავშირებელი წერტილები A 1 და A კ , ვიღებთ ამოზნექილს კ-გონ A 1 A 2 ... A კ - 1 ა კ . ცხადია, კუთხეების ჯამი ( კ+ 1) -gon A 1 A 2 ... A კ ა k+ 1 უდრის კუთხეების ჯამს კ-გონ A 1 A 2 ... A კ პლუს სამკუთხედის A 1 A კუთხეების ჯამი კ ა k+ 1 . მაგრამ კუთხეების ჯამი კ-გონ A 1 A 2 ... A კ ვარაუდით ტოლია ( კ- 2)π, და A 1 A სამკუთხედის კუთხეების ჯამი კ ა k+ 1 უდრის π. Ამიტომაც

ს k+ 1 = ს კ + π = ( კ- 2)π + π = ( კ- 1) π.

ასე რომ, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის ორივე პირობა დაკმაყოფილებულია და ამიტომ ფორმულა (1) მართალია ნებისმიერი ბუნებრივისთვის პ > 3.

მაგალითი 2.არის კიბე, რომლის ყველა საფეხური ერთნაირია. საჭიროა მიუთითოთ პოზიციების მინიმალური რაოდენობა, რომელიც გარანტირებული იქნება ნებისმიერ ნაბიჯზე ასვლის შესაძლებლობაზე.

ყველა თანხმდება, რომ უნდა არსებობდეს პირობა. ჩვენ უნდა შევძლოთ პირველ საფეხურზე ასვლა. შემდეგი, მათ უნდა შეეძლოთ 1-ლი საფეხურიდან მეორეზე ასვლა. შემდეგ მეორეზე - მესამეზე და ა.შ. n-ე საფეხურამდე. რა თქმა უნდა, მთლიანობაში, "n" განცხადებები იძლევა გარანტიას, რომ ჩვენ შევძლებთ n-ე საფეხურზე გადასვლას.

ახლა გადავხედოთ 2, 3,..., n პოზიციას და შევადაროთ ისინი ერთმანეთს. ადვილი მისახვედრია, რომ ყველა მათგანს ერთი და იგივე სტრუქტურა აქვს: თუ ჩვენ მივაღწიეთ k საფეხურს, მაშინ შეგვიძლია ავიდეთ (k+1) საფეხურზე. მაშასადამე, შემდეგი აქსიომა ბუნებრივი ხდება განცხადებების მართებულობისთვის, რომელიც დამოკიდებულია „n“-ზე: თუ წინადადება A(n), რომელშიც n არის ნატურალური რიცხვი, მოქმედებს n=1-ზე და იქიდან გამომდინარე, რომ იგი მოქმედებს n=k-ზე. (სადაც k არის ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი), აქედან გამომდინარეობს, რომ ის მოქმედებს n=k+1-ისთვის, მაშინ დაშვება A(n) მოქმედებს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

განაცხადი

უნივერსიტეტებში შესვლისას მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების პრობლემები.

გაითვალისწინეთ, რომ უმაღლეს საგანმანათლებლო დაწესებულებებში შესვლისას ასევე არის პრობლემები, რომელთა გადაჭრაც ამ მეთოდით არის შესაძლებელი. მოდით შევხედოთ მათ კონკრეტული მაგალითების გამოყენებით.

მაგალითი 1.დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი პთანასწორობა მართალია

1) როდის n=1ჩვენ ვიღებთ სწორ თანასწორობას Sin.

2) ინდუქციური ვარაუდით, რომ როდესაც n= კტოლობა მართალია, განიხილეთ ჯამი ტოლობის მარცხენა მხარეს n-ისთვის =k+1;

3) შემცირების ფორმულების გამოყენებით, ჩვენ გარდაქმნით გამონათქვამს:

შემდეგ, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, ტოლობა მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

მაგალითი 2.დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n გამოსახულების მნიშვნელობა 4n +15n-1 არის 9-ის ჯერადი.

1) n=1-ით: 2 2 +15-1=18 - 9-ის ნამრავლი (18:9=2-დან)

2) დაე, თანასწორობა შენარჩუნდეს n=k: 4 k +15k-1 ჯერადი 9.

3) დავამტკიცოთ, რომ ტოლობა მოქმედებს შემდეგი რიცხვისთვის 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-ის ჯერადი;

9(5k-2) - 9-ის ჯერადი;

შესაბამისად, მთელი გამოხატულება 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) არის 9-ის ჯერადი, რაც საჭირო იყო დასამტკიცებლად.

მაგალითი 3.დაამტკიცეთ ეს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის პპირობა დაკმაყოფილებულია: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) მოდით შევამოწმოთ, რომ ეს ფორმულა სწორია, როდესაც n=1:Მარცხენა მხარე = 1∙2∙3=6.

მარჯვენა ნაწილი = . 6 = 6; მართალია, როდესაც n=1.

2) დავუშვათ, რომ ეს ფორმულა მართალია n-სთვის =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=.ს კ =.

3) დავამტკიცოთ, რომ ეს ფორმულა მართალია n-სთვის =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

ს k+1 =.

მტკიცებულება:

ასე რომ, ეს პირობა მართალია ორ შემთხვევაში და დადასტურდა, რომ სიმართლეა n-ისთვის =k+1,ამიტომ მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის პ.

დასკვნა

მოკლედ რომ შევაჯამოთ, კვლევის პროცესში გავარკვიე, რა არის ინდუქცია, რომელიც შეიძლება იყოს სრული ან არასრული, გავეცანი მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე და განვიხილე მრავალი პრობლემა ამ მეთოდის გამოყენებით.

ასევე ვისწავლე ბევრი ახალი ინფორმაცია, განსხვავებული იმისგან, რაც შედის სასკოლო პროგრამაში, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის შესწავლისას ვიყენებდი სხვადასხვა ლიტერატურას, ინტერნეტ რესურსებს, ასევე კონსულტაციებს გავწიე მასწავლებელთან.

დასკვნა: მათემატიკური ინდუქციის შესახებ განზოგადებული და სისტემატიზებული ცოდნის გათვალისწინებით, დავრწმუნდი ამ თემაზე ცოდნის საჭიროებაში რეალურად. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის დადებითი თვისებაა მისი ფართო გამოყენება ამოცანების გადაჭრაში: ალგებრის, გეომეტრიისა და რეალური მათემატიკის დარგში. ეს ცოდნა ასევე ზრდის ინტერესს მათემატიკის, როგორც მეცნიერების მიმართ.

დარწმუნებული ვარ, რომ ჩემი მუშაობის დროს შეძენილი უნარები დამეხმარება მომავალში.

ბიბლიოგრაფია

სომინსკი I.S. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. პოპულარული ლექციები მათემატიკაზე, ნომერი 3-მ.: მეცნიერება, 1974 წ.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. ინდუქცია გეომეტრიაში. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100გვ. — (პოპულარული ლექციები მათემატიკაში).

დოროფეევი გ.ვ., პოტაპოვი მ.კ., როზოვი ნ.ხ. სახელმძღვანელო მათემატიკის შესახებ უნივერსიტეტებში ჩასვლისათვის (საწყისი მათემატიკის რჩეული კითხვები) - მე-5 გამოცემა, შესწორებული, 1976 - 638 გვ.

ა შენ. მათემატიკური ინდუქცია. - MCNMO, 2004. - 36გვ.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich ამოცანების კრებული ალგებრაში: სახელმძღვანელო 8-9 კლასებისთვის. სიღრმით მათემატიკის შესწავლა მე-7 გამოცემა - მ.: პროსვეშჩენიე, 2001. - 271გვ.

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-dyuk N.G დამატებითი თავები ალ-გებ-რი მე-9 კლასის სასკოლო სახელმძღვანელოსთვის. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002 წ.

ვიკიპედია არის თავისუფალი ენციკლოპედია.

რიგ შემთხვევებში შეიძლება საჭირო გახდეს გარკვეული დებულების მართებულობის დადასტურება არა ყველა ნატურალური რიცხვისთვის, არამედ მხოლოდ n>p-ისთვის, სადაც p არის ფიქსირებული ნატურალური რიცხვი. ამ შემთხვევაში მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი ჩამოყალიბებულია შემდეგნაირად.

თუ წინადადება A(n) ჭეშმარიტია n=p-სთვის და თუ A(k) ≈ A(k+1) ნებისმიერი k>p-სთვის, მაშინ წინადადება A(n) მართალია ნებისმიერი n>p-სთვის.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით მტკიცება ხორციელდება შემდეგნაირად. ჯერ დასამტკიცებელი დებულება მოწმდება n=1, ე.ი. დადგენილია A(1) დებულების ჭეშმარიტება. მტკიცებულების ამ ნაწილს ინდუქციური საფუძველი ეწოდება. შემდეგ მოდის მტკიცებულების ნაწილი, რომელსაც ეწოდება ინდუქციური ნაბიჯი. ამ ნაწილში ისინი ადასტურებენ n=k+1-ის დებულების მართებულობას n=k-სთვის განცხადების მართებულობის ვარაუდით (ინდუქციური დაშვება), ე.ი. დაამტკიცეთ, რომ A(k) 1 A(k+1)

დაამტკიცეთ, რომ 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

1) გვაქვს n=1=1 2 . მაშასადამე, განცხადება მართალია n=1-ისთვის, ე.ი. A(1) მართალია
2) დავამტკიცოთ, რომ A(k) ≥ A(k+1)

მოდით k იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და დებულება იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის, ე.ი.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

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

ასე რომ, A(k) 1 A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, დავასკვნათ, რომ დაშვება A(n) მართალია ნებისმიერი n O N-სთვის.

დაამტკიცე რომ

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

1) n=1-ისთვის მივიღებთ
1+x=(x2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

შესაბამისად, n=1-ისთვის ფორმულა სწორია; A(1) მართალია

2) მოდით k იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

მოდით დავამტკიცოთ, რომ მაშინ თანასწორობა

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

ასე რომ, A(k) 1 A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, დავასკვნათ, რომ ფორმულა მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ, რომ ამოზნექილი n-გონების დიაგონალების რაოდენობაა n(n-3)/2

ამოხსნა: 1) n=3-ისთვის დებულება მართალია, რადგან სამკუთხედში

A 3 =3(3-3)/2=0 დიაგონალი; A 2 A(3) მართალია

2) დავუშვათ, რომ ყოველ ამოზნექილ k-გონში არის A 1 x A k =k(k-3)/2 დიაგონალი. A k დავამტკიცოთ, რომ მაშინ ამოზნექილ A k+1 (k+1)-გონში დიაგონალების რაოდენობა A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

მოდით A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 იყოს ამოზნექილი (k+1)-გონიერი. დავხატოთ მასში დიაგონალი A 1 A k. ამ (k+1)-გონების დიაგონალების ჯამური რაოდენობის გამოსათვლელად საჭიროა დაითვალოთ დიაგონალების რაოდენობა k-გონში A 1 A 2 ...A k, მიღებულ რიცხვს დაუმატოთ k-2, ე.ი. გასათვალისწინებელია A k+1 წვეროდან გამომავალი (k+1)-გონების დიაგონალების რაოდენობა და, გარდა ამისა, A 1 A k დიაგონალი.

ამრიგად,

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

ასე რომ, A(k) 1 A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპიდან გამომდინარე, განცხადება მართალია ნებისმიერი ამოზნექილი n-გონებისთვის.

დაადასტურეთ, რომ ნებისმიერი n-ისთვის შემდეგი განცხადება მართალია:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

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

2) დავუშვათ, რომ n=k

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

3) განვიხილოთ ეს განცხადება n=k+1-ისთვის

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

ჩვენ დავამტკიცეთ, რომ ტოლობა მართებულია n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, დებულება ჭეშმარიტია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n ტოლობა მართალია:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

ამოხსნა: 1) მოდით n=1

მაშინ X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. ჩვენ ვხედავთ, რომ n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ ტოლობა მართალია n=k-სთვის

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

3) დავამტკიცოთ ამ დებულების ჭეშმარიტება n=k+1-ისთვის, ე.ი.

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

დაამტკიცე რომ

((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), სადაც n>2

ამოხსნა: 1) n=2-ისთვის, იდენტურობა ასე გამოიყურება:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), ე.ი. მართალია
2) დავუშვათ, რომ გამოთქმა მართალია n=k-სთვის
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) დავამტკიცოთ გამოთქმის მართებულობა n=k+1-ისთვის
(((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)

ჩვენ დავამტკიცეთ ტოლობის ჭეშმარიტება n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, დებულება ჭეშმარიტია ნებისმიერი n>2-ისთვის.

დაამტკიცე რომ

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) დავუშვათ, რომ n=k, მაშინ
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) დავამტკიცოთ ამ განცხადების ჭეშმარიტება n=k+1-ისთვის
(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)

ასევე დადასტურებულია n=k+1 ტოლობის მართებულობა, ამიტომ დებულება ჭეშმარიტია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ ვინაობა სწორია

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) ნებისმიერი ბუნებრივი ნ

1) n=1-ისთვის იდენტურობა მართალია 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) დავამტკიცოთ, რომ იდენტობა მართალია n=k+1-ისთვის
(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)

ზემოაღნიშნული მტკიცებულებიდან ირკვევა, რომ დებულება მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ, რომ (11 n+2 +12 2n+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

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

მაგრამ (23 ґ 133) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე, რაც ნიშნავს, რომ n=1-ისთვის დებულება მართალია; A(1) მართალია.

2) დავუშვათ, რომ (11 k+2 +12 2k+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე
3) დავამტკიცოთ, რომ ამ შემთხვევაში (11 k+3 +12 2k+3) ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე. Ნამდვილად
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

შედეგად მიღებული ჯამი ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე, რადგან მისი პირველი წევრი იყოფა 133-ზე ნარჩენის გარეშე დაშვებით, ხოლო მეორეში ერთ-ერთი ფაქტორი არის 133. ასე რომ, A(k) 1 A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, განცხადება დადასტურებულია

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი n 7-ისთვის n -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე

1) მოდით n=1, მაშინ X 1 =7 1 -1=6 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. ეს ნიშნავს, რომ n=1-ისთვის განცხადება მართალია
2) დავუშვათ, რომ როდესაც n=k 7 k -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე
3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის

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

პირველი წევრი იყოფა 6-ზე, ვინაიდან 7 k -1 იყოფა 6-ზე დაშვებით, ხოლო მეორე წევრი არის 6. ეს ნიშნავს, რომ 7 n -1 არის 6-ის ნამრავლი ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, განცხადება დადასტურებულია.

დაამტკიცეთ, რომ 3 3n-1 +2 4n-3 თვითნებური ნატურალური რიცხვისთვის n იყოფა 11-ზე.

1) მოდით n=1, მაშინ

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 ნაშთის გარეშე იყოფა 11-ზე.

ეს ნიშნავს, რომ n=1-ისთვის განცხადება მართალია

2) დავუშვათ, რომ როდესაც n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე
3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის

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

დაამტკიცეთ, რომ 11 2n -1 თვითნებური ნატურალური რიცხვისთვის n იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე

1) მოდით n=1, მაშინ 11 2 -1=120 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. ეს ნიშნავს, რომ n=1-ისთვის განცხადება მართალია
2) დავუშვათ, რომ როდესაც n=k 1 2k -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

ორივე წევრი იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე: პირველი შეიცავს 6-ის ნამრავლს, 120, ხოლო მეორე იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე დაშვებით. ეს ნიშნავს, რომ ჯამი იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, განცხადება დადასტურებულია.

დაამტკიცეთ, რომ 3 3n+3 -26n-27 თვითნებური ნატურალური რიცხვისთვის n იყოფა 26 2-ზე (676) ნაშთის გარეშე

ჯერ დავამტკიცოთ, რომ 3 3n+3 -1 იყოფა 26-ზე ნაშთის გარეშე

1. როცა n=0
3 3 -1=26 იყოფა 26-ზე
2. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
3 3k+3 -1 იყოფა 26-ზე
3. დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -გაყოფილი 26-ზე

ახლა დავამტკიცოთ პრობლემის განცხადებაში ჩამოყალიბებული განცხადება

1) ცხადია, n=1-ისთვის განცხადება მართალია
3 3+3 -26-27=676
2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის გამოსახულება 3 3k+3 -26k-27 იყოფა 26 2-ზე ნაშთის გარეშე
3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

ორივე წევრი იყოფა 26 2-ზე; პირველი იყოფა 26 2-ზე, რადგან დავამტკიცეთ, რომ ფრჩხილებში გამოსახული იყოფა 26-ზე, ხოლო მეორე იყოფა ინდუქციის ჰიპოთეზაზე. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, განცხადება დადასტურებულია

დაამტკიცეთ, რომ თუ n>2 და x>0, მაშინ უტოლობა (1+x) n >1+n ґ x მართალია

1) n=2-ისთვის უტოლობა მოქმედებს, ვინაიდან
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

ასე რომ, A(2) მართალია

2) დავამტკიცოთ, რომ A(k) ≈ A(k+1), თუ k> 2. დავუშვათ, რომ A(k) მართალია, ე.ი. რომ უტოლობა
(1+x) k >1+k ґ x. (3)

დავამტკიცოთ, რომ მაშინ A(k+1) ასევე მართალია, ე.ი. რომ უტოლობა

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

სინამდვილეში, უტოლობის ორივე მხარე (3) გავამრავლოთ დადებით რიცხვზე 1+x, მივიღებთ

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

განვიხილოთ ბოლო უტოლობის მარჯვენა მხარე; ჩვენ გვაქვს

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

შედეგად მივიღებთ, რომ (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

ასე რომ, A(k) 1 A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, შეიძლება ითქვას, რომ ბერნულის უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი n> 2-ისთვის.

დაამტკიცეთ, რომ უტოლობა (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 a> 0-ისთვის მართალია

ამოხსნა: 1) როცა m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 ორივე მხარე ტოლია
2) დავუშვათ, რომ m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) დავამტკიცოთ, რომ m=k+1-ისთვის უტოლობა მართალია
(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

ჩვენ დავამტკიცეთ უტოლობის ჭეშმარიტება m=k+1-ისთვის, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერ ნატურალურ რიცხვზე m.

დაამტკიცეთ, რომ n>6-ისთვის უტოლობა 3 n >n ґ 2 n+1 მართალია

გადავწეროთ უტოლობა (3/2) n >2n სახით

1. n=7-ისთვის გვაქვს 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 უტოლობა მართალია
2. დავუშვათ, რომ n=k (3/2) k >2k
3) დავამტკიცოთ n=k+1 უტოლობა
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

ვინაიდან k>7, ბოლო უტოლობა აშკარაა.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ, რომ n>2-ისთვის უტოლობა მართალია

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) n=3-ისთვის უტოლობა მართალია
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/კ 2)=1.7-(1/კ)
3) დავამტკიცოთ n=k+1 უტოლობის მართებულობა
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

დავამტკიცოთ, რომ 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

ეს უკანასკნელი აშკარაა და ამიტომ

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

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით, უტოლობა დადასტურებულია.

მათემატიკური ინდუქცია არის მათემატიკური მტკიცების ერთ-ერთი ყველაზე გავრცელებული მეთოდის საფუძველი. მისი დახმარებით შეგიძლიათ დაამტკიცოთ ფორმულების უმეტესი ნაწილი n ნატურალური რიცხვებით, მაგალითად, S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n პროგრესიის პირველი წევრთა ჯამის ფორმულა, ნიუტონის ბინომიური ფორმულა. 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 .

პირველ აბზაცში ჩვენ გავაანალიზებთ ძირითად ცნებებს, შემდეგ განვიხილავთ თავად მეთოდის საფუძვლებს და შემდეგ გეტყვით, თუ როგორ გამოვიყენოთ იგი თანასწორობისა და უტოლობის დასამტკიცებლად.

Yandex.RTB R-A-339285-1

ინდუქციისა და დედუქციის ცნებები

ჯერ ვნახოთ, რა არის ზოგადად ინდუქცია და დედუქცია.

განმარტება 1

ინდუქციაარის გადასვლა კონკრეტულიდან ზოგადზე და გამოქვითვაპირიქით – ზოგადიდან კონკრეტულამდე.

მაგალითად, გვაქვს განცხადება: 254 შეიძლება გაიყოს ორზე. მისგან შეგვიძლია გამოვიტანოთ მრავალი დასკვნა, მათ შორის როგორც ჭეშმარიტი, ასევე მცდარი. მაგალითად, განცხადება, რომ ყველა მთელი რიცხვი, რომელიც მთავრდება 4-ით, შეიძლება გაიყოს ორზე ნაშთის გარეშე, მართალია, მაგრამ განცხადება, რომ სამი ციფრის ნებისმიერი რიცხვი იყოფა 2-ზე, მცდარია.

ზოგადად, შეიძლება ითქვას, რომ ინდუქციური მსჯელობის დახმარებით მრავალი დასკვნის გამოტანა შეიძლება ერთი ცნობილი თუ აშკარა მსჯელობიდან. მათემატიკური ინდუქცია გვაძლევს საშუალებას განვსაზღვროთ რამდენად მართებულია ეს დასკვნები.

ვთქვათ, გვაქვს ისეთი რიცხვების მიმდევრობა, როგორიცაა 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, . . . , 1 n (n + 1) , სადაც n აღნიშნავს ნატურალურ რიცხვს. ამ შემთხვევაში, მიმდევრობის პირველი ელემენტების დამატებისას, ვიღებთ შემდეგს:

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, . . .

ინდუქციის გამოყენებით შეგვიძლია დავასკვნათ, რომ S n = n n + 1 . მესამე ნაწილში ჩვენ დავამტკიცებთ ამ ფორმულას.

რა არის მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი?

ეს მეთოდი ეფუძნება ამავე სახელწოდების პრინციპს. იგი ჩამოყალიბებულია ასე:

განმარტება 2

გარკვეული დებულება იქნება ჭეშმარიტი n ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის, როდესაც 1) ეს იქნება ჭეშმარიტი n = 1-ისთვის და 2) იქიდან გამომდინარე, რომ ეს გამოთქმა მოქმედებს თვითნებური ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის n = k, აქედან გამომდინარეობს, რომ ის იქნება ჭეშმარიტი n = k + 1 .

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება ხორციელდება 3 ეტაპად:

პირველ რიგში, ჩვენ ვამოწმებთ თავდაპირველი განცხადების მართებულობას n-ის თვითნებური ბუნებრივი მნიშვნელობის შემთხვევაში (ჩვეულებრივ შემოწმება ხდება ერთიანობისთვის).
ამის შემდეგ ჩვენ ვამოწმებთ ვალიდობას, როდესაც n = k.
შემდეგ ჩვენ ვამტკიცებთ განცხადების მართებულობას, თუ n = k + 1.

როგორ გამოვიყენოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი უტოლობებისა და განტოლებების ამოსახსნელად

ავიღოთ მაგალითი, რომელზეც ადრე ვისაუბრეთ.

მაგალითი 1

დაამტკიცეთ ფორმულა S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

გამოსავალი

როგორც უკვე ვიცით, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოსაყენებლად სამი თანმიმდევრული მოქმედება უნდა შესრულდეს.

პირველ რიგში, ჩვენ ვამოწმებთ, იქნება თუ არა ეს ტოლობა მოქმედი n-ისთვის, რომელიც უდრის ერთს. ვიღებთ S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . აქ ყველაფერი სწორია.
შემდეგი, ჩვენ ვაკეთებთ ვარაუდს, რომ ფორმულა S k = k k + 1 სწორია.
მესამე საფეხურზე უნდა დავამტკიცოთ, რომ S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2, წინა ტოლობის მართებულობის საფუძველზე.

ჩვენ შეგვიძლია წარმოვადგინოთ k + 1, როგორც თავდაპირველი მიმდევრობის პირველი წევრების ჯამი და k + 1:

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

ვინაიდან მეორე მოქმედებაში მივიღეთ, რომ S k = k k + 1, შეგვიძლია დავწეროთ შემდეგი:

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

ახლა ჩვენ ვასრულებთ საჭირო გარდაქმნებს. ჩვენ დაგვჭირდება წილადის შემცირება საერთო მნიშვნელამდე, შევამციროთ მსგავსი ტერმინები, გამოვიყენოთ შემოკლებული გამრავლების ფორმულა და შევამციროთ რასაც მივიღებთ:

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

ამრიგად, მესამე პუნქტში ჩვენ დავამტკიცეთ თანასწორობა მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის სამივე საფეხურის შესრულებით.

პასუხი:ვარაუდი ფორმულის შესახებ S n = n n + 1 სწორია.

ავიღოთ ტრიგონომეტრიული ფუნქციების უფრო რთული ამოცანა.

მაგალითი 2

მიეცით ვინაობის დამადასტურებელი საბუთი cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

გამოსავალი

როგორც გვახსოვს, პირველი ნაბიჯი უნდა იყოს ტოლობის მართებულობის შემოწმება, როდესაც n უდრის ერთს. ამის გასარკვევად, ჩვენ უნდა გვახსოვდეს ძირითადი ტრიგონომეტრიული ფორმულები.

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

მაშასადამე, n-ის ტოლი ერთისთვის, იდენტურობა იქნება ჭეშმარიტი.

ახლა დავუშვათ, რომ მისი ვალიდობა რჩება ჭეშმარიტი n = k-ისთვის, ე.ი. მართალია, რომ cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

ჩვენ ვამტკიცებთ ტოლობას cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α იმ შემთხვევისთვის, როდესაც n = k + 1, წინა დაშვების საფუძველზე.

ტრიგონომეტრიული ფორმულის მიხედვით,

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 ცოდვა (2 2 კ + 1 α) + ცოდვა 0 = 1 2 ცოდვა 2 კ + 2 α

აქედან გამომდინარე,

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

ამ მეთოდის გამოყენებით უტოლობის დასამტკიცებლად პრობლემის გადაჭრის მაგალითი მოვიყვანეთ სტატიაში უმცირესი კვადრატების მეთოდის შესახებ. წაიკითხეთ აბზაცი, სადაც მიღებულია მიახლოების კოეფიციენტების მოძიების ფორმულები.

თუ შეამჩნევთ შეცდომას ტექსტში, მონიშნეთ იგი და დააჭირეთ Ctrl+Enter

ბიბლიოგრაფიული აღწერა: Badanin A. S., Sizova M. Yu. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება ნატურალური რიცხვების გაყოფაზე ამოცანების გადასაჭრელად // ახალგაზრდა მეცნიერი. 2015. No2. გვ 84-86..02.2019).

მათემატიკის ოლიმპიადებში ხშირად საკმაოდ რთული ამოცანებია ნატურალური რიცხვების გაყოფის დასამტკიცებლად. სკოლის მოსწავლეებს ექმნებათ პრობლემა: როგორ იპოვონ უნივერსალური მათემატიკური მეთოდი, რომელიც მათ საშუალებას აძლევს გადაჭრას ასეთი პრობლემები?

ირკვევა, რომ გაყოფის დადასტურების პრობლემების უმეტესობა შეიძლება გადაიჭრას მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით, მაგრამ სასკოლო სახელმძღვანელოები ძალიან მცირე ყურადღებას აქცევენ ამ მეთოდს; ყველაზე ხშირად მოცემულია მოკლე თეორიული აღწერა და გაანალიზებულია რამდენიმე პრობლემა.

რიცხვთა თეორიაში ვპოულობთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს. რიცხვების თეორიის გარიჟრაჟზე, მათემატიკოსებმა ინდუქციურად აღმოაჩინეს მრავალი ფაქტი: ლ. ეილერი და კ. გაუსი ზოგჯერ ათასობით მაგალითს განიხილავდნენ, სანამ შეამჩნევდნენ რიცხვით ნიმუშს და დაიჯერებდნენ მას. მაგრამ ამავე დროს მათ ესმოდათ, რამდენად მატყუარა შეიძლება იყოს ჰიპოთეზები, რომლებმაც გაიარეს "საბოლოო" ტესტი. იმისათვის, რომ ინდუქციურად გადავიდეთ სასრული ქვესიმრავლისთვის დამოწმებული დებულებიდან მსგავს განცხადებაზე მთელი უსასრულო სიმრავლისთვის, საჭიროა მტკიცებულება. ეს მეთოდი შემოგვთავაზა ბლეზ პასკალმა, რომელმაც იპოვა ზოგადი ალგორითმი ნებისმიერი მთელი რიცხვის გაყოფის ნიშნების ნებისმიერი სხვა მთელი რიცხვით (ტრაქტატი "რიცხვების გაყოფის ბუნების შესახებ").

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი გამოიყენება გარკვეული დებულების ჭეშმარიტების მსჯელობით დასამტკიცებლად ყველა ნატურალური რიცხვისთვის ან ნ-დან დაწყებული დებულების სიმართლის დასამტკიცებლად.

ამოცანების ამოხსნა გარკვეული დებულების ჭეშმარიტების დასამტკიცებლად მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით შედგება ოთხი ეტაპისგან (ნახ. 1):

ბრინჯი. 1. პრობლემის გადაჭრის სქემა

1. ინდუქციის საფუძველი . ისინი ამოწმებენ განცხადების მართებულობას უმცირესი ნატურალური რიცხვისთვის, რომლისთვისაც დებულებას აზრი აქვს.

2. ინდუქციური ჰიპოთეზა . ჩვენ ვვარაუდობთ, რომ განცხადება არის ჭეშმარიტი k-ის ზოგიერთი მნიშვნელობისთვის.

3. ინდუქციური გადასვლა . ჩვენ ვამტკიცებთ, რომ განცხადება ჭეშმარიტია k+1-ისთვის.

4. დასკვნა . თუ ასეთი მტკიცებულება დასრულებულია, მაშინ მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, შეიძლება ითქვას, რომ დებულება მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

განვიხილოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება ნატურალური რიცხვების გაყოფის დადასტურების ამოცანების ამოხსნისას.

მაგალითი 1. დაამტკიცეთ, რომ რიცხვი 5 არის 19-ის ნამრავლი, სადაც n არის ნატურალური რიცხვი.

მტკიცებულება:

1) მოდით შევამოწმოთ, რომ ეს ფორმულა სწორია n = 1-ისთვის: რიცხვი =19 არის 19-ის ჯერადი.

2) ეს ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n = k-სთვის, ანუ რიცხვი არის 19-ის ჯერადი.

ეს არის 19-ის ჯერადი. მართლაც, პირველი წევრი იყოფა 19-ზე დაშვების გამო (2); მეორე წევრი ასევე იყოფა 19-ზე, რადგან ის შეიცავს 19-ს.

მაგალითი 2.დაამტკიცეთ, რომ სამი თანმიმდევრული ნატურალური რიცხვის კუბების ჯამი იყოფა 9-ზე.

მტკიცებულება:

მოდით დავამტკიცოთ დებულება: „ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n, გამოხატულება n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 არის 9-ის ჯერადი.

1) შევამოწმოთ, რომ ეს ფორმულა სწორია n = 1-ისთვის: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=9-ის 36 ჯერადი.

2) დაე ეს ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n = k-სთვის, ანუ k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 არის 9-ის ჯერადი.

3) დავამტკიცოთ, რომ ფორმულა ასევე მართალია n = k + 1-ისთვის, ანუ (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 არის 9-ის ჯერადი. (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).

მიღებული გამონათქვამი შეიცავს ორ წევრს, რომელთაგან თითოეული იყოფა 9-ზე, ამიტომ ჯამი იყოფა 9-ზე.

4) მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის ორივე პირობა დაკმაყოფილებულია, შესაბამისად, წინადადება ჭეშმარიტია n-ის ყველა მნიშვნელობისთვის.

მაგალითი 3.დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n რიცხვი 3 2n+1 +2 n+2 იყოფა 7-ზე.

მტკიცებულება:

1) შევამოწმოთ, რომ ეს ფორმულა სწორია n = 1-ისთვის: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 არის 7-ის ჯერადი.

2) ეს ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n = k-სთვის, ანუ 3 2 k +1 +2 k +2 იყოფა 7-ზე.

3) დავამტკიცოთ, რომ ფორმულა ასევე მართალია n = k + 1-ისთვის, ე.ი.

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 კ +1 ·9+2 კ +2 ·(9–7)=(3 2 კ +1 +2 კ +2)·9–7·2 კ +2 .ტ. კ.(3 2 k +1 +2 k +2) 9 იყოფა 7-ზე და 7 2 k +2 იყოფა 7-ზე, შემდეგ მათი სხვაობა იყოფა 7-ზე.

ნატურალური რიცხვების გაყოფის თეორიაში მრავალი მტკიცებულება შეიძლება მოხერხებულად გადაწყდეს მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით; შეიძლება ითქვას, რომ ამ მეთოდით ამოცანების ამოხსნა სრულიად ალგორითმულია, საკმარისია 4 ძირითადი ნაბიჯის შესრულება. მაგრამ ამ მეთოდს არ შეიძლება ეწოდოს უნივერსალური, რადგან ასევე არსებობს უარყოფითი მხარეები: ჯერ ერთი, მისი დამტკიცება შესაძლებელია მხოლოდ ნატურალური რიცხვების სიმრავლეზე და მეორეც, მისი დამტკიცება შესაძლებელია მხოლოდ ერთი ცვლადისთვის.

ლოგიკური აზროვნებისა და მათემატიკური კულტურის განვითარებისთვის ეს მეთოდი აუცილებელი ინსტრუმენტია, რადგან დიდმა რუსმა მათემატიკოსმა ა.ნ. კოლმოგოროვმა თქვა: ”მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გააზრება და სწორად გამოყენების უნარი არის ლოგიკური სიმწიფის კარგი კრიტერიუმი, რაც აბსოლუტურად არის. აუცილებელია მათემატიკოსისთვის“.

ლიტერატურა:

1. Vilenkin N. Ya. ინდუქცია. კომბინატორიკა. - მ.: განათლება, 1976. - 48გვ.

2. Genkin L. მათემატიკური ინდუქციის შესახებ. - მ., 1962. - 36გვ.

3. სოლომინსკი I. S. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. - მ.: ნაუკა, 1974. - 63გვ.

4. Sharygin I.F არჩევითი კურსი მათემატიკაში: ამოცანების ამოხსნა: სახელმძღვანელო მე-10 კლასისთვის. სკოლის საშუალო - მ.: განათლება, 1989. - 252გვ.

5. შენ ა. მათემატიკური ინდუქცია. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 გვ.

ლექცია 6. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

ახალი ცოდნა მეცნიერებასა და ცხოვრებაში სხვადასხვა გზით მიიღება, მაგრამ ყველა მათგანი (თუ დეტალებს არ ჩავუღრმავდებით) იყოფა ორ ტიპად - გადასვლა ზოგადიდან კონკრეტულზე და სპეციფიკურიდან ზოგადზე. პირველი არის დედუქცია, მეორე არის ინდუქცია. დედუქციური მსჯელობა არის ის, რასაც ჩვეულებრივ უწოდებენ მათემატიკაში. ლოგიკური მიზეზებიდა მათემატიკაში დედუქცია გამოკვლევის ერთადერთი ლეგიტიმური მეთოდია. ლოგიკური მსჯელობის წესები ორნახევარი ათასწლეულის წინ ჩამოაყალიბა ძველმა ბერძენმა მეცნიერმა არისტოტელემ. მან შექმნა უმარტივესი სწორი მსჯელობის სრული სია, სილოგიზმები– ლოგიკის „სამშენებლო ბლოკები“ და ამავდროულად მიუთითებს ტიპურ მსჯელობას, რომელიც ძალიან ჰგავს სწორს, მაგრამ არასწორს (ასეთ „ფსევდოლოგიურ“ მსჯელობას ხშირად ვხვდებით მედიაში).

ინდუქცია (ინდუქცია - ლათინურად ხელმძღვანელობა) ნათლად ასახავს ცნობილ ლეგენდას იმის შესახებ, თუ როგორ ჩამოაყალიბა ისააკ ნიუტონმა უნივერსალური მიზიდულობის კანონი მას შემდეგ, რაც თავზე ვაშლი დაეცა. კიდევ ერთი მაგალითი ფიზიკიდან: ისეთ ფენომენში, როგორიცაა ელექტრომაგნიტური ინდუქცია, ელექტრული ველი ქმნის, „იწვევს“ მაგნიტურ ველს. "ნიუტონის ვაშლი" არის სიტუაციის ტიპიური მაგალითი, როდესაც ერთი ან რამდენიმე განსაკუთრებული შემთხვევა, ე.ი. დაკვირვებები, ზოგადი დებულების „შეთავაზება“, ზოგადი დასკვნა გამოტანილია ცალკეული შემთხვევების საფუძველზე. ინდუქციური მეთოდი მთავარია ზოგადი ნიმუშების მისაღებად როგორც საბუნებისმეტყველო, ისე ჰუმანიტარულ მეცნიერებებში. მაგრამ მას აქვს ძალიან მნიშვნელოვანი ნაკლი: კონკრეტული მაგალითების საფუძველზე შეიძლება არასწორი დასკვნის გაკეთება. პირადი დაკვირვებებიდან გამომდინარე ჰიპოთეზები ყოველთვის არ არის სწორი. განვიხილოთ მაგალითი ეილერის გამო.

ჩვენ გამოვთვლით ტრინომის მნიშვნელობას რამდენიმე პირველი მნიშვნელობისთვის ნ:

გაითვალისწინეთ, რომ გამოთვლების შედეგად მიღებული რიცხვები მარტივია. და ეს შეიძლება პირდაპირ გადაამოწმოს თითოეულისთვის ნ 1-დან 39-მდე მრავალწევრი მნიშვნელობა
არის მარტივი რიცხვი. თუმცა, როცა ნ=40 მივიღებთ რიცხვს 1681=41 2, რომელიც არ არის მარტივი. ამრიგად, ჰიპოთეზა, რომელიც შეიძლება წარმოიშვას აქ, ანუ ჰიპოთეზა, რომ თითოეული ნნომერი
მარტივია, ყალბი აღმოჩნდება.

ლაიბნიცმა მე-17 საუკუნეში დაამტკიცა, რომ ყოველი დადებითი მთლიანობისთვის ნნომერი
იყოფა 3-ზე, რიცხვი
იყოფა 5-ზე და ა.შ. ამის საფუძველზე მან ივარაუდა, რომ ნებისმიერი უცნაურობისთვის კდა ნებისმიერი ბუნებრივი ნნომერი
იყოფა კ, მაგრამ მალევე შევამჩნიე
არ იყოფა 9-ზე.

განხილული მაგალითები საშუალებას გვაძლევს გამოვიტანოთ მნიშვნელოვანი დასკვნა: განცხადება შეიძლება იყოს სამართლიანი რიგ განსაკუთრებულ შემთხვევებში და ამავე დროს, ზოგადად, უსამართლო. ზოგად საქმეში განცხადების მართებულობის საკითხი შეიძლება გადაწყდეს მსჯელობის სპეციალური მეთოდის გამოყენებით ე.წ მათემატიკური ინდუქციით(სრული ინდუქცია, სრულყოფილი ინდუქცია).

6.1. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი.

♦ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი , რომელიც არის შემდეგი:

1) შემოწმებულია ამ განცხადების ნამდვილობან=1 (ინდუქციის საფუძველი) ,

2) ამ განცხადების ნამდვილობა ივარაუდებან= კ, სადკ- თვითნებური ბუნებრივი ნომერი 1(ინდუქციური ვარაუდი) და ამ ვარაუდის გათვალისწინებით, დადგენილია მისი ვალიდობან= კ+1.

მტკიცებულება. დავუშვათ საპირისპირო, ანუ დავუშვათ, რომ განცხადება არ არის ჭეშმარიტი ყველა ბუნებრივისთვის ნ. მაშინ არის ასეთი ბუნებრივი მ, Რა:

1) განცხადება ამისთვის ნ=მარა სამართლიანი,

2) ყველასთვის ნ, უფრო პატარა მგანცხადება მართალია (სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, მარის პირველი ნატურალური რიცხვი, რომლისთვისაც დებულება არ შეესაბამება სიმართლეს).

აშკარაა რომ მ>1, რადგან ამისთვის ნ=1 განცხადება მართალია (პირობა 1). აქედან გამომდინარე,
- ნატურალური რიცხვი. გამოდის, რომ ნატურალური რიცხვისთვის
განცხადება მართალია და შემდეგი ნატურალური რიცხვისთვის მუსამართლოა. ეს ეწინააღმდეგება მე-2 პირობას. ■

გაითვალისწინეთ, რომ მტკიცებულებაში გამოყენებული იყო აქსიომა, რომ ნატურალური რიცხვების ნებისმიერი სიმრავლე შეიცავს უმცირეს რიცხვს.

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დამყარებული მტკიცებულება ე.წ სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით .

 მაგალითი6.1. დაამტკიცეთ ეს ნებისმიერი ბუნებრივი ნნომერი
იყოფა 3-ზე.

გამოსავალი.

1) როდის ნ=1, ასე რომ ა 1 იყოფა 3-ზე და დებულება მართალია, როდესაც ნ=1.

2) დავუშვათ, რომ განცხადება მართალია ნ=კ,
, ანუ ის რიცხვი
იყოფა 3-ზე და ვადგენთ, რომ როდის ნ=კ+1 რიცხვი იყოფა 3-ზე.

Ნამდვილად,

იმიტომ რომ თითოეული წევრი იყოფა 3-ზე, შემდეგ მათი ჯამი ასევე იყოფა 3-ზე. ■ 

 მაგალითი6.2. დაამტკიცეთ, რომ პირველის ჯამი ნბუნებრივი კენტი რიცხვები უდრის მათი რიცხვის კვადრატს, ანუ.

გამოსავალი.გამოვიყენოთ სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

1) ჩვენ ვამოწმებთ ამ განცხადების ნამდვილობას, როდესაც ნ=1: 1=1 2 - ეს მართალია.

2) დავუშვათ, რომ პირველის ჯამი კ (
) კენტი რიცხვების ტოლია ამ რიცხვების კვადრატის, ანუ. ამ თანასწორობიდან გამომდინარე ვადგენთ, რომ პირველის ჯამი კ+1 კენტი რიცხვი უდრის
ეს არის .

ჩვენ ვიყენებთ ჩვენს ვარაუდს და ვიღებთ

. ■ 

ზოგიერთი უტოლობის დასამტკიცებლად გამოიყენება სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. მოდით დავამტკიცოთ ბერნულის უტოლობა.

 მაგალითი6.3. დაამტკიცე რომ როცა
და ნებისმიერი ბუნებრივი ნუთანასწორობა მართალია
(ბერნულის უტოლობა).

გამოსავალი. 1) როდის ნ=1 მივიღებთ
, რაც მართალია.

2) ჩვენ ვვარაუდობთ, რომ როდესაც ნ=კარის უთანასწორობა
(*). ამ ვარაუდის გამოყენებით ჩვენ ვამტკიცებთ ამას
. გაითვალისწინეთ, რომ როდესაც
ეს უთანასწორობა არსებობს და ამიტომ საკმარისია საქმის განხილვა
.

მოდით გავამრავლოთ უტოლობის (*) ორივე მხარე რიცხვზე
და მივიღებთ:

ანუ (1+
.■ 

დადასტურება მეთოდით არასრული მათემატიკური ინდუქცია ზოგიერთი განცხადება დამოკიდებულია ნ, სად
ხორციელდება ანალოგიურად, მაგრამ დასაწყისში სამართლიანობა დადგენილია ყველაზე მცირე ღირებულებისთვის ნ.

ზოგიერთი პრობლემა ცალსახად არ შეიცავს განცხადებას, რომელიც შეიძლება დადასტურდეს მათემატიკური ინდუქციით. ასეთ შემთხვევებში თქვენ თავად უნდა ჩამოაყალიბოთ ნიმუში და გააკეთოთ ჰიპოთეზა ამ ნიმუშის მართებულობის შესახებ, შემდეგ კი გამოიყენოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი შემოთავაზებული ჰიპოთეზის შესამოწმებლად.

 მაგალითი6.4. იპოვეთ თანხა
.

გამოსავალი.მოდი ვიპოვოთ თანხები ს 1 , ს 2 , ს 3. Ჩვენ გვაქვს
,
,
. ჩვენ ვარაუდობთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი ნფორმულა მოქმედებს
. ამ ჰიპოთეზის შესამოწმებლად ჩვენ გამოვიყენებთ სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს.

1) როდის ნ=1 ჰიპოთეზა სწორია, რადგან
.

2) დავუშვათ, რომ ჰიპოთეზა მართალია ნ=კ,
, ანუ
. ამ ფორმულის გამოყენებით, ჩვენ დავადგინეთ, რომ ჰიპოთეზა მართალია მაშინაც კი, როდესაც ნ=კ+1, ანუ

Ნამდვილად,

ასე რომ, იმ ვარაუდზე დაყრდნობით, რომ ჰიპოთეზა მართალია, როდესაც ნ=კ,
, დადასტურდა, რომ ეს მართალია ნ=კ+1 და მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით დავასკვნით, რომ ფორმულა მოქმედებს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის ნ. ■ 

 მაგალითი6.5. მათემატიკაში დადასტურებულია, რომ ორი ერთნაირად უწყვეტი ფუნქციის ჯამი ერთნაირად უწყვეტი ფუნქციაა. ამ განცხადებაზე დაყრდნობით, თქვენ უნდა დაამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი რიცხვის ჯამი
ერთიანი უწყვეტი ფუნქციები არის ერთგვაროვანი უწყვეტი ფუნქცია. მაგრამ რადგან ჩვენ ჯერ არ შემოგვთავაზეთ „ერთგვაროვნად უწყვეტი ფუნქციის“ ცნება, მოდით დავაყენოთ პრობლემა უფრო აბსტრაქტულად: მოდით, ცნობილი იყოს, რომ ორი ფუნქციის ჯამი, რომლებსაც აქვთ გარკვეული თვისება. ს, თავად აქვს ქონება ს. დავამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი რაოდენობის ფუნქციის ჯამს აქვს თვისება ს.

გამოსავალი.ინდუქციის საფუძველი აქ მოცემულია თავად პრობლემის ფორმულირებაში. ინდუქციური ვარაუდის მიღების შემდეგ, განიხილეთ
ფუნქციები ვ 1 , ვ 2 , …, ვ ნ , ვ ნ+1 რომელსაც აქვს ქონება ს. მაშინ . მარჯვენა მხარეს, პირველ ტერმინს აქვს ქონება სინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით, მეორე ტერმინს აქვს თვისება სპირობით. შესაბამისად, მათ თანხას აქვს ქონება ს- ორი ვადით ინდუქციური საფუძველი "მუშაობს".

ეს ადასტურებს განცხადებას და ჩვენ მას შემდგომში გამოვიყენებთ. ■ 

 მაგალითი6.6. იპოვე ყველაფერი ბუნებრივი ნ, რომლისთვისაც უთანასწორობა მართალია

გამოსავალი.განვიხილოთ ნ=1, 2, 3, 4, 5, 6. გვაქვს: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 >6 2. ამრიგად, ჩვენ შეგვიძლია გამოვთქვათ ჰიპოთეზა: უთანასწორობა
აქვს ადგილი ყველასთვის
. ამ ჰიპოთეზის ჭეშმარიტების დასამტკიცებლად გამოვიყენებთ არასრული მათემატიკური ინდუქციის პრინციპს.

1) როგორც ზემოთ დადგინდა, ეს ჰიპოთეზა მართალია, როდესაც ნ=5.

2) ვივარაუდოთ, რომ ეს მართალია ნ=კ,
, ანუ უტოლობა მოქმედებს
. ამ დაშვების გამოყენებით ვამტკიცებთ, რომ უტოლობა
.

იმიტომ რომ
და ზე
არის უთანასწორობა

ზე
,

მაშინ მივიღებთ ამას
. ასე რომ, ჰიპოთეზის სიმართლე ზე ნ=კ+1 გამომდინარეობს დაშვებიდან, რომ მართალია, როდესაც ნ=კ,
.

აბზაცებიდან. 1 და 2, არასრული მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, გამოდის, რომ უტოლობა
მართალია ყოველი ბუნებრივისთვის
. ■ 

 მაგალითი6.7. დაამტკიცეთ ეს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის ნდიფერენცირების ფორმულა მოქმედებს
.

გამოსავალი.ზე ნ=1 ეს ფორმულა ასე გამოიყურება
, ან 1=1, ანუ სწორია. ინდუქციური ვარაუდის გაკეთებისას გვაქვს:

ქ.ე.დ. ■ 

 მაგალითი6.8. დაამტკიცეთ, რომ კომპლექტი შედგება ნელემენტები, აქვს ქვეჯგუფები

გამოსავალი.ნაკრები, რომელიც შედგება ერთი ელემენტისგან ა, აქვს ორი ქვეჯგუფი. ეს მართალია, რადგან მისი ყველა ქვესიმრავლე არის ცარიელი სიმრავლე და თავად ცარიელი სიმრავლე და 2 1 =2.

დავუშვათ, რომ ყოველი ნაკრები ნელემენტები აქვს ქვეჯგუფები თუ A სიმრავლე შედგება ნ+1 ელემენტი, შემდეგ მასში ვაფიქსირებთ ერთ ელემენტს - აღვნიშნავთ დდა დაყავით ყველა ქვეჯგუფი ორ კლასად - ისინი, რომლებიც არ შეიცავს დდა შეიცავს დ. პირველი კლასის ყველა ქვესიმრავლე არის B სიმრავლის ქვესიმრავლეები, რომლებიც მიღებულია A-დან ელემენტის ამოღებით დ.

B ნაკრები შედგება ნელემენტები და, შესაბამისად, ინდუქციით მას აქვს ქვეჯგუფები, ასე რომ პირველ კლასში ქვეჯგუფები

მაგრამ მეორე კლასში არის იგივე რაოდენობის ქვესიმრავლე: თითოეული მათგანი მიიღება პირველი კლასის ზუსტად ერთი ქვეჯგუფიდან ელემენტის დამატებით. დ. მაშასადამე, მთლიანობაში ნაკრები A
ქვეჯგუფები

ამრიგად, განცხადება დადასტურებულია. გაითვალისწინეთ, რომ ეს ასევე მართალია 0 ელემენტისგან შემდგარი სიმრავლისთვის - ცარიელი ნაკრები: მას აქვს ერთი ქვესიმრავლე - თავად და 2 0 = 1. ■ 