Metoda e induksionit matematik për njerëzit budallenj. Metoda e llogaritësit matematikor të induksionit në internet

Teksti i veprës është postuar pa imazhe dhe formula.
Versioni i plotë puna është e disponueshme në skedën "Work Files" në format PDF

Prezantimi

Kjo temë është e rëndësishme, pasi çdo ditë njerëzit zgjidhin probleme të ndryshme në të cilat përdorin metoda të ndryshme zgjidhjeje, por ka detyra në të cilat nuk mund të bëhet pa metodën e induksionit matematik, dhe në raste të tilla njohuritë në këtë fushë do të jenë shumë të dobishme.

Zgjodha këtë temë për kërkime, sepse i kushtohet pak kohë metodës së induksionit matematik në kurrikulën e shkollës, nxënësi mëson informacione sipërfaqësore që do ta ndihmojnë të marrë vetëm një ide të përgjithshme këtë metodë, por për të studiuar këtë teori në thellësi, do të kërkohet vetë-zhvillim. Do të jetë vërtet e dobishme të mësoni më shumë rreth kësaj teme, pasi ajo zgjeron horizontet e një personi dhe ndihmon në zgjidhjen e problemeve komplekse.

Qëllimi i punës:

Njihuni me metodën e induksionit matematik, sistemoni njohuritë për këtë temë dhe zbatoni atë gjatë zgjidhjes së problemeve matematikore dhe vërtetimit të teoremave, arsyetoni dhe tregoni qartë rëndësinë praktike të metodës së induksionit matematik si një faktor i domosdoshëm për zgjidhjen e problemeve.

Objektivat e punës:

Analizoni literaturën dhe përmblidhni njohuritë për këtë temë.

Të kuptojë parimin e metodës së induksionit matematik.

Eksploroni zbatimin e metodës së induksionit matematik në zgjidhjen e problemeve.

Formuloni përfundime dhe përfundime për punën e bërë.

Pjesa kryesore e studimit

Historia:

Vetëm për të fundi i shekullit të 19-të shekulli, është shfaqur një standard i kërkesave për rigorozitet logjik, i cili mbetet dominues në punë praktike matematikanët mbi zhvillimin e teorive individuale matematikore.

Induksioni është një procedurë njohëse përmes së cilës një deklaratë që i përgjithëson ato rrjedh nga një krahasim i fakteve ekzistuese.

Në matematikë, roli i induksionit është kryesisht se ai qëndron në themel të aksiomatikës së zgjedhur. Pasi praktika afatgjatë tregoi se një rrugë e drejtë është gjithmonë më e shkurtër se ajo e lakuar ose e thyer, ishte e natyrshme të formulohej një aksiomë: për çdo tre pika A, B dhe C, ekziston një pabarazi.

Vetëdija për metodën e induksionit matematikor si një metodë më vete e rëndësishme shkon tek Blaise Pascal dhe Gersonides, megjithëse raste individuale të aplikimit gjenden në kohët e lashta te Proclus dhe Euklid. Emri modern për metodën u prezantua nga De Morgan në 1838.

Metoda e induksionit matematik mund të krahasohet me përparimin: ne fillojmë nga më e ulta, si rezultat të menduarit logjik arrijmë në më të lartën. Njeriu gjithmonë është përpjekur për përparim, për aftësinë për të zhvilluar logjikisht mendimet e tij, që do të thotë se vetë natyra e ka destinuar të mendojë në mënyrë induktive.

Induksioni dhe deduksioni

Dihet se ekzistojnë pohime të veçanta dhe të përgjithshme dhe këto dy terma bazohen në kalimin nga njëri në tjetrin.

Deduksion (nga latinishtja deductio - deduksion) - një kalim në procesin e njohjes nga të përgjithshme njohuri për të private Dhe beqare. Në deduksion, njohuritë e përgjithshme shërbejnë si pikënisje e arsyetimit dhe kjo njohuri e përgjithshme supozohet të jetë "e gatshme", ekzistuese. E veçanta e deduksionit është se e vërteta e premisave të saj garanton vërtetësinë e përfundimit. Prandaj, deduksioni ka fuqi të madhe bindëse dhe përdoret gjerësisht jo vetëm për të vërtetuar teoremat në matematikë, por edhe kudo ku nevojitet njohuri e besueshme.

Induksioni (nga latinishtja inductio - udhëzim) është një kalim në procesin e njohjes nga private njohuri për të të përgjithshme Me fjalë të tjera, është një metodë kërkimi dhe njohjeje e lidhur me përgjithësimin e rezultateve të vëzhgimeve dhe eksperimenteve Një tipar i induksionit është natyra e tij probabiliste, d.m.th. Nëse premisat fillestare janë të vërteta, përfundimi i induksionit është ndoshta i vërtetë dhe në rezultatin përfundimtar mund të rezultojë i vërtetë ose i rremë.

Induksion i plotë dhe jo i plotë

Konkluzioni induktiv është një formë e të menduarit abstrakt në të cilin mendimi zhvillohet nga njohuria e një shkalle më të vogël të përgjithësisë në njohuri të një shkalle më të madhe të përgjithshme, dhe përfundimi që del nga premisat është kryesisht probabilist në natyrë.

Gjatë hulumtimit kuptova se induksioni ndahet në dy lloje: i plotë dhe jo i plotë.

Induksioni i plotë është një përfundim në të cilin bëhet një përfundim i përgjithshëm për një klasë objektesh bazuar në studimin e të gjitha objekteve të kësaj klase.

Për shembull, le të jetë e nevojshme të përcaktohet se çdo numër natyror n çift brenda intervalit 6≤ n≤ 18 mund të përfaqësohet si shuma e dy numrave të thjeshtë. Për ta bërë këtë, merrni të gjithë numrat e tillë dhe shkruani zgjerimet përkatëse:

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

Këto barazi tregojnë se secili nga numrat që na interesojnë përfaqësohet me të vërtetë si shuma e dy termave të thjeshtë.

Shqyrtoni shembullin e mëposhtëm: sekuenca yn= n 2 +n+17; Le të shkruajmë katër termat e parë: y 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; Atëherë mund të supozojmë se e gjithë sekuenca përbëhet nga numra të thjeshtë. Por kjo nuk është kështu, le të marrim y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17. Ky është një numër i përbërë, që do të thotë se supozimi ynë është i pasaktë, pra, induksioni jo i plotë nuk çon në përfundime plotësisht të besueshme, por na lejon të formulojmë një hipotezë, e cila më pas kërkon prova ose përgënjeshtrim matematikor.

Metoda e induksionit matematik

Induksioni i plotë ka vetëm aplikime të kufizuara në matematikë. Shumë pohime interesante matematikore mbulojnë një numër të pafund rastesh të veçanta dhe ne nuk jemi në gjendje të testojmë për të gjitha këto situata. Kjo metodë u propozua nga B. Pascal dhe J. Bernoulli, kjo është një metodë e induksionit matematik, e cila bazohet në parimi i induksionit matematik.

Nëse një fjali A(n), në varësi të një numri natyror n, është e vërtetë për n=1 dhe nga fakti që është e vërtetë për n=k (ku k është çdo numër natyror), rezulton se është e vërtetë edhe për numri tjetër n=k +1, atëherë supozimi A(n) është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Në një numër rastesh, mund të jetë e nevojshme të vërtetohet vlefshmëria e një deklarate të caktuar jo për të gjithë numrat natyrorë, por vetëm për n>p, ku p është një numër natyror fiks. Në këtë rast, parimi i induksionit matematik formulohet si më poshtë:

Nëse propozimi A(n) është i vërtetë për n=p dhe nëse A(k)  A(k+1) për çdo k>p, atëherë propozimi A(n) është i vërtetë për çdo n>p.

Algoritmi (përbëhet nga katër faza):

1.bazë(ne tregojmë se pohimi që provohet është i vërtetë për disa raste të veçanta më të thjeshta ( P = 1));

2.supozim(supozojmë se deklarata është vërtetuar për të parën te rastet); 3 .hap(nën këtë supozim ne vërtetojmë deklaratën për rastin P = te + 1); 4. prodhimi (në pohimi është i vërtetë për të gjitha rastet, pra për të gjitha P) .

Vini re se metoda e induksionit matematik nuk mund të zgjidhë të gjitha problemet, por vetëm problemet e parametruara nga një ndryshore e caktuar. Kjo variabël quhet variabla e induksionit.

Zbatimi i metodës së induksionit matematik

Le ta zbatojmë të gjithë këtë teori në praktikë dhe të zbulojmë se në çfarë problemesh përdoret kjo metodë.

Probleme për të vërtetuar pabarazitë.

Shembulli 1. Vërtetoni pabarazinë e Bernulit(1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) Për n=1 pabarazia është e vërtetë, pasi 1+x≥1+x

2) Supozojmë se pabarazia është e vërtetë për disa n=k, d.m.th.

(1+x) k ≥1+k x.

Duke shumëzuar të dyja anët e pabarazisë me një numër pozitiv 1+x, marrim

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

Duke marrë parasysh se kx 2 ≥0, arrijmë te pabarazia

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Kështu, nga supozimi se pabarazia e Bernulit është e vërtetë për n=k, rrjedh se është e vërtetë për n=k+1. Bazuar në metodën e induksionit matematik, mund të argumentohet se pabarazia e Bernulit është e vlefshme për çdo n € N.

Shembulli 2. Vërtetoni se për çdo numër natyror n>1, .

Le ta vërtetojmë duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Le të shënojmë anën e majtë të pabarazisë me.

1), pra, për n=2 pabarazia është e vlefshme.

2) Le për disa k. Le të vërtetojmë se atëherë dhe. Ne kemi, .

Krahasimi dhe, kemi, d.m.th. .

Për çdo numër të plotë pozitiv k, ana e djathtë e barazisë së fundit është pozitive. Kjo është arsyeja pse. Por kjo do të thotë dhe Ne kemi vërtetuar vlefshmërinë e pabarazisë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia është e vlefshme për çdo numër natyror n>1.

Probleme për të vërtetuar identitetin.

Shembulli 1. Vërtetoni se për çdo numër natyror n barazia është e vërtetë:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Le të jetë n=1, pastaj X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

Shohim që për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozojmë se barazia është e vërtetë për n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4.

3) Le të vërtetojmë vërtetësinë e këtij pohimi për n=k+1, pra 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.

Nga vërtetimi i mësipërm është e qartë se pohimi është i vërtetë për n=k+1, prandaj, barazia është e vërtetë për çdo numër natyror n.

Shembulli 2. Vërtetoni se për çdo n natyral barazia është e vërtetë

1) Le të kontrollojmë nëse ky identitet është i vërtetë për n = 1.; - drejtë.

2) Le të jetë i vërtetë edhe identiteti për n = k, d.m.th.

3) Le të vërtetojmë se ky identitet është i vërtetë edhe për n = k + 1, d.m.th.;

Sepse Nëse barazia është e vërtetë për n=k dhe n=k+1, atëherë është e vërtetë për çdo numër natyror n.

Problemet e përmbledhjes.

Shembulli 1. Vërtetoni se 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Zgjidhje: 1) Kemi n=1=1 2 . Prandaj, pohimi është i vërtetë për n=1, d.m.th. A (1) është e vërtetë.

2) Le të vërtetojmë se A(k) A(k+1).

Le të jetë k çdo numër natyror dhe le të jetë pohimi i vërtetë për n=k, pra 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Le të vërtetojmë se atëherë pohimi është i vërtetë edhe për numrin tjetër natyror n=k+1, d.m.th. Çfarë

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

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

Pra, A(k) A(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, arrijmë në përfundimin se supozimi A(n) është i vërtetë për çdo n N.

Shembulli 2. Vërtetoni formulën, n është një numër natyror.

Zgjidhje: Kur n=1, të dyja anët e barazisë kthehen në një dhe, për rrjedhojë, plotësohet kushti i parë i parimit të induksionit matematik.

Le të supozojmë se formula është e saktë për n=k, d.m.th. .

Le t'i shtojmë të dyja anët e kësaj barazie dhe të transformojmë anën e djathtë. Pastaj marrim

Kështu, nga fakti që formula është e vërtetë për n=k, del se është e vërtetë edhe për n=k+1, atëherë ky pohim është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Problemet e pjesëtueshmërisë.

Shembulli 1. Vërtetoni se (11 n+2 +12 2n+1) pjesëtohet me 133 pa mbetje.

Zgjidhja: 1) Le të jetë n=1, atëherë

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

(23×133) pjesëtohet me 133 pa mbetje, që do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë;

2) Supozoni se (11 k+2 +12 2k+1) është i pjesëtueshëm me 133 pa mbetje.

3) Le ta vërtetojmë këtë në këtë rast

(11 k+3 +12 2k+3) pjesëtohet me 133 pa mbetje. Në të vërtetë, 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 .

Shuma që rezulton pjesëtohet me 133 pa mbetje, pasi termi i parë i saj është i pjesëtueshëm me 133 pa mbetje me supozim, dhe në të dytin një nga faktorët është 133.

Pra, A(k)→ A(k+1), atëherë bazuar në metodën e induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n natyrore.

Shembulli 2. Vërtetoni se 3 3n-1 +2 4n-3 për një numër natyror arbitrar n pjesëtohet me 11.

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 pjesëtohet me 11 pa mbetje. Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni se për n=k

X k =3 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 pa mbetje.

3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1.

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 .

Termi i parë pjesëtohet me 11 pa mbetje, pasi 3 3 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 me supozim, i dyti pjesëtohet me 11, sepse një nga faktorët e tij është numri 11. Kjo do të thotë se shuma plotpjesëtohet me 11 pa mbetje për çdo numër natyror n.

Probleme nga jeta reale.

Shembulli 1. Vërtetoni se shuma Sn e këndeve të brendshme të çdo shumëkëndëshi konveks është e barabartë me ( P- 2)π, ku P- numri i brinjëve të këtij shumëkëndëshi: Sn = ( P- 2)π (1).

Kjo deklaratë nuk ka kuptim për të gjitha të natyrshme P, por vetëm për P > 3, pasi numri minimal i këndeve në një trekëndësh është 3.

1) Kur P= 3 pohimi ynë merr formën: S 3 = π. Por shuma e këndeve të brendshme të çdo trekëndëshi është me të vërtetë π. Prandaj, kur P= 3 formula (1) është e saktë.

2) Le të jetë e vërtetë kjo formulë për n =k, që është S k = (k- 2)π, ku k > 3. Le të vërtetojmë se në këtë rast formula vlen: S k+ 1 = (k- 1) π.

Le të jetë A 1 A 2 ... A k A k+ 1 - konveks arbitrar ( k+ 1) -gon (Fig. 338).

Pikat lidhëse A 1 dhe A k , ne bëhemi konveks k-gon A 1 A 2 ... A k - 1 A k . Natyrisht, shuma e këndeve ( k+ 1) -gon A 1 A 2 ... A k A k+ 1 është e barabartë me shumën e këndeve k-gon A 1 A 2 ... A k plus shumën e këndeve të një trekëndëshi A 1 A k A k+ 1 . Por shuma e këndeve k-gon A 1 A 2 ... A k sipas supozimit të barabartë me ( k- 2)π, dhe shuma e këndeve të trekëndëshit A 1 A k A k+ 1 është e barabartë me π. Kjo është arsyeja pse

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

Pra, të dy kushtet e parimit të induksionit matematik janë të kënaqur, dhe për këtë arsye formula (1) është e vërtetë për çdo natyrë P > 3.

Shembulli 2. Ka një shkallë, të gjitha hapat e së cilës janë të njëjta. Kërkohet të tregohet numri minimal i pozicioneve që do të garantonin aftësinë për të "ngjitur" në çdo hap pas numri.

Të gjithë janë dakord që duhet të ketë një kusht. Duhet të jemi në gjendje të ngjitemi në hapin e parë. Më pas, ata duhet të jenë në gjendje të ngjiten nga hapi i parë në të dytin. Pastaj tek e dyta - tek e treta, etj. deri në hapin e nëntë. Sigurisht, në tërësi, deklaratat "n" garantojnë se do të jemi në gjendje të arrijmë në hapin e n-të.

Le të shohim tani pozicionin 2, 3,..., n dhe t'i krahasojmë ato me njëri-tjetrin. Është e lehtë të shihet se të gjithë kanë të njëjtën strukturë: nëse kemi arritur shkallën k, atëherë mund të ngjitemi deri në shkallën (k+1). Prandaj, aksioma e mëposhtme bëhet e natyrshme për vlefshmërinë e pohimeve në varësi të "n": nëse një fjali A(n), në të cilën n është një numër natyror, vlen për n=1 dhe nga fakti që vlen për n=k (ku k është çdo numër natyror), rrjedh se vlen për n=k+1, atëherë supozimi A(n) vlen për çdo numër natyror n.

Aplikacion

Problemet me përdorimin e metodës së induksionit matematik gjatë hyrjes në universitete.

Vini re se me pranimin në arsimin e lartë institucionet arsimore Ka edhe probleme që mund të zgjidhen me këtë metodë. Le t'i shikojmë ato duke përdorur shembuj specifikë.

Shembulli 1. Vërtetoni se çdo e natyrshme P barazia është e vërtetë

1) Kur n=1 marrim barazinë e saktë Sin.

2) Duke bërë supozimin e induksionit se kur n= k barazia është e vërtetë, merrni parasysh shumën në anën e majtë të barazisë për n =k+1;

3) Duke përdorur formulat e reduktimit, ne transformojmë shprehjen:

Atëherë, në bazë të metodës së induksionit matematik, barazia është e vërtetë për çdo numër natyror n.

Shembulli 2. Vërtetoni se për çdo numër natyror n vlera e shprehjes 4n +15n-1 është shumëfish i 9-ës.

1) Me n=1: 2 2 +15-1=18 - një shumëfish i 9-së (pasi 18:9=2)

2) Le të qëndrojë barazia n=k: 4 k +15k-1 shumëfish i 9.

3) Le të vërtetojmë se barazia vlen për numrin vijues 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) - shumëfish i 9;

9 (5k-2) - shumëfish i 9;

Rrjedhimisht, e gjithë shprehja 4(4 k +15k-1)-9(5k-2) është një shumëfish i 9-ës, që është ajo që duhej vërtetuar.

Shembulli 3. Vërtetoni këtë për çdo numër natyror P plotësohet kushti: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Le të kontrollojmë nëse kjo formulë është e saktë n=1: Ana e majte = 1∙2∙3=6.

Pjesa e djathtë = . 6 = 6; e vërtetë kur n=1.

2) Supozoni se kjo formulë është e vërtetë për n =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=. S k =.

3) Le të vërtetojmë se kjo formulë është e vërtetë për n =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

S k+1 =.

Dëshmi:

Pra, ky kusht është i vërtetë në dy raste dhe është vërtetuar se është i vërtetë për n =k+1, prandaj është e vërtetë për çdo numër natyror P.

konkluzioni

Për ta përmbledhur, në procesin e kërkimit zbulova se çfarë është induksioni, i cili mund të jetë i plotë ose i paplotë, u njoha me metodën e induksionit matematik të bazuar në parimin e induksionit matematik dhe konsiderova shumë probleme duke përdorur këtë metodë.

Gjithashtu mësova shumë informacione të reja, të ndryshme nga ato që përfshihen në kurrikulën e shkollës, gjatë studimit të metodës së induksionit matematikor, përdora literaturë të ndryshme, burime në internet, si dhe u konsultova me një mësues.

konkluzioni: Duke pasur njohuri të përgjithësuara dhe të sistematizuara mbi induksionin matematikor, u binda për nevojën e njohurive për këtë temë në realitet. Një cilësi pozitive e metodës së induksionit matematik është aplikimi i saj i gjerë në zgjidhjen e problemeve: në fushën e algjebrës, gjeometrisë dhe matematikës reale. Kjo njohuri gjithashtu rrit interesin për matematikën si shkencë.

Jam i bindur se aftësitë që kam fituar gjatë punës sime do të më ndihmojnë në të ardhmen.

Bibliografi

Sominsky I.S. Metoda e induksionit matematik. Leksione popullore për matematikën, numri 3-M.: Shkencë, 1974.

L. I. Golovina, I. M. Yaglom. Induksioni në gjeometri. - Fizmatgiz, 1961. - T. 21. - 100 f. — (Ligjërata popullore për matematikën).

Dorofeev G.V., Potapov M.K., Rozov N.Kh. Një manual mbi matematikën për ata që hyjnë në universitete (Pyetje të zgjedhura të matematikës elementare) - botimi i 5-të, i rishikuar, 1976 - 638 f.

A. Shen. Induksioni matematik. - MCNMO, 2004. - 36 f.

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich: Një libër shkollor për klasat 8-9. me thellësi Studimi i matematikës 7th ed. - M.: Prosveshchenie, 2001. - 271 f.

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-dyuk N.G Kapituj shtesë për tekstin shkollor të klasës së 9-të al-geb-ry. - M.: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Wikipedia është një enciklopedi e lirë.

METODA E INDUKSIONIT MATEMATIK

Fjala induksion në rusisht do të thotë udhëzim, dhe përfundimet e bazuara në vëzhgime, eksperimente, d.m.th. quhen induktive. të përftuara nga përfundimi nga e veçanta te e përgjithshme.

Për shembull, çdo ditë vërejmë se Dielli lind nga lindja. Prandaj, mund të jeni i sigurt se nesër do të shfaqet në lindje, dhe jo në perëndim. Ne e nxjerrim këtë përfundim pa përdorur ndonjë supozim për arsyen e lëvizjes së Diellit nëpër qiell (për më tepër, vetë kjo lëvizje rezulton të jetë e dukshme, pasi globi në të vërtetë po lëviz). E megjithatë ky përfundim induktiv përshkruan saktë vëzhgimet që do të bëjmë nesër.

Roli i konkluzioneve induktive në shkencat eksperimentale shume e madhe. Ato japin ato dispozita nga të cilat më pas nxirren përfundime të mëtejshme përmes deduksionit. Dhe megjithëse mekanika teorike bazohet në tre ligjet e lëvizjes së Njutonit, vetë këto ligje ishin rezultat i të menduarit të thellë përmes të dhënave eksperimentale, në veçanti ligjet e Keplerit për lëvizjen planetare, të cilat ai i nxori nga përpunimi i shumë viteve të vëzhgimeve nga astronomi danez Tycho Brahe. Vëzhgimi dhe induksioni rezultojnë të jenë të dobishëm në të ardhmen për sqarimin e supozimeve të bëra. Pas eksperimenteve të Michelson për matjen e shpejtësisë së dritës në një medium lëvizës, doli të ishte e nevojshme të sqaroheshin ligjet e fizikës dhe të krijohej teoria e relativitetit.

Koncepti i ndjekjes, i cili është baza e aritmetikës, u shfaq gjithashtu nga vëzhgimet e formimit të ushtarëve, anijeve dhe grupeve të tjera të renditura.

Megjithatë, nuk duhet menduar se kjo e shteron rolin e induksionit në matematikë. Natyrisht, nuk duhet të testojmë eksperimentalisht teoremat e nxjerra logjikisht nga aksiomat: nëse nuk janë bërë gabime logjike gjatë nxjerrjes, atëherë ato janë të vërteta për aq sa aksiomat që pranuam janë të vërteta. Por shumë pohime mund të nxirren nga ky sistem aksiomash. Dhe përzgjedhja e atyre pohimeve që duhet të vërtetohen sugjerohet përsëri me induksion. Është kjo që ju lejon të ndani teoremat e dobishme nga ato të padobishme, tregon se cilat teorema mund të rezultojnë të vërteta dhe madje ndihmon për të përshkruar rrugën e provës.

Thelbi i metodës së induksionit matematik

Në shumë degë të aritmetikës, algjebrës, gjeometrisë dhe analizës, është e nevojshme të vërtetohet vërtetësia e fjalive A(n) në varësi të një ndryshoreje natyrore. Vërtetimi i së vërtetës së propozimit A(n) për të gjitha vlerat e një ndryshoreje shpesh mund të kryhet me metodën e induksionit matematik, i cili bazohet në parimin e mëposhtëm.

Propozimi A(n) konsiderohet i vërtetë për të gjitha vlerat natyrore të ndryshores nëse plotësohen dy kushtet e mëposhtme:

Pohimi A(n) është i vërtetë për n=1.

Nga supozimi se A(n) është e vërtetë për n=k (ku k është çdo numër natyror), rrjedh se është e vërtetë për vlerën tjetër n=k+1.

Ky parim quhet parimi i induksionit matematik. Zakonisht zgjidhet si një nga aksiomat që përcaktojnë serinë natyrore të numrave, dhe për këtë arsye pranohet pa prova.

Metoda e induksionit matematik nënkupton metodën e mëposhtme të vërtetimit. Nëse dëshironi të vërtetoni vërtetësinë e një fjalie A(n) për të gjitha n-të natyrore, atëherë, së pari, duhet të kontrolloni vërtetësinë e pohimit A(1) dhe, së dyti, duke supozuar vërtetësinë e pohimit A(k), përpiquni të vërtetoni se pohimi A(k +1) është i vërtetë. Nëse kjo mund të vërtetohet dhe prova mbetet e vlefshme për çdo vlerë natyrore të k, atëherë, në përputhje me parimin e induksionit matematik, propozimi A(n) njihet si i vërtetë për të gjitha vlerat e n.

Metoda e induksionit matematik përdoret gjerësisht në vërtetimin e teoremave, identiteteve, pabarazive, në zgjidhjen e problemeve të pjesëtueshmërisë, në zgjidhjen e disa problemeve gjeometrike dhe shumë problemeve të tjera.

Metoda e induksionit matematik në zgjidhjen e problemeve në

pjesëtueshmëria

Duke përdorur metodën e induksionit matematik, mund të provoni pohime të ndryshme në lidhje me pjesëtueshmërinë e numrave natyrorë.

Deklarata e mëposhtme mund të vërtetohet relativisht thjesht. Le të tregojmë se si fitohet duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Shembulli 1. Nëse n është një numër natyror, atëherë numri është çift.

Kur n=1 pohimi ynë është i vërtetë: - numër çift. Le të supozojmë se është një numër çift. Meqenëse , një 2k është një numër çift, atëherë madje. Pra, barazia vërtetohet për n=1, barazia nxirret nga pariteti .Kjo do të thotë se është edhe për të gjitha vlerat natyrore të n.

Shembulli 2.Vërtetoni të vërtetën e fjalisë

A(n)=(numri 5 është shumëfish i 19-ës), n është një numër natyror.

Zgjidhje.

Pohimi A(1)=(një numër i pjesëtueshëm me 19) është i vërtetë.

Supozoni se për një vlerë n=k

A(k)=(numri i pjesëtueshëm me 19) është i vërtetë. Pastaj, që nga

Natyrisht, A(k+1) është gjithashtu e vërtetë. Në të vërtetë, termi i parë është i pjesëtueshëm me 19 për shkak të supozimit se A(k) është e vërtetë; termi i dytë është gjithashtu i pjesëtueshëm me 19 sepse përmban një faktor 19. Të dy kushtet e parimit të induksionit matematik janë të plotësuara, prandaj, propozimi A(n) është i vërtetë për të gjitha vlerat e n-së.

Zbatimi i metodës së induksionit matematik në

seri përmbledhëse

Shembulli 1.Vërtetoni formulën

, n është një numër natyror.

Zgjidhje.

Kur n=1, të dyja anët e barazisë kthehen në një dhe, për rrjedhojë, plotësohet kushti i parë i parimit të induksionit matematik.

Le të supozojmë se formula është e saktë për n=k, d.m.th.

Le t'i shtojmë të dyja anët e kësaj barazie dhe të transformojmë anën e djathtë. Pastaj marrim

Kështu, nga fakti që formula është e vërtetë për n=k, rezulton se është e vërtetë edhe për n=k+1. Ky pohim është i vërtetë për çdo vlerë natyrore të k. Pra, plotësohet edhe kushti i dytë i parimit të induksionit matematik. Formula është e vërtetuar.

Shembulli 2.Vërtetoni se shuma e n numrave të parë të serisë natyrore është e barabartë me .

Zgjidhje.

Le të shënojmë shumën e kërkuar, d.m.th. .

Kur n=1 hipoteza është e vërtetë.

Le . Le ta tregojmë atë .

Me të vërtetë,

Problemi është zgjidhur.

Shembulli 3.Vërtetoni se shuma e katrorëve të n numrave të parë të serisë natyrore është e barabartë me .

Zgjidhje.

Le .

Le të pretendojmë se . Pastaj

Dhe së fundi.

Shembulli 4. Vërtetoni atë.

Zgjidhje.

Nese atehere

Shembulli 5. Vërtetoni këtë

Zgjidhje.

Kur n=1 hipoteza është padyshim e vërtetë.

Le .

Le ta vërtetojmë atë.

Vërtet,

Shembuj të aplikimit të metodës së induksionit matematik në

prova e pabarazive

Shembulli 1.Vërtetoni se për çdo numër natyror n>1

Zgjidhje.

Le të shënojmë anën e majtë të pabarazisë me .

Prandaj, për n=2 pabarazia është e vlefshme.

Le për disa k. Le të provojmë se atëherë dhe . Ne kemi , .

Krahasimi dhe , kemi , d.m.th. .

Për çdo numër të plotë pozitiv k, ana e djathtë e barazisë së fundit është pozitive. Kjo është arsyeja pse. Por kjo do të thotë gjithashtu.

Shembulli 2.Gjeni gabimin në arsyetim.

Deklaratë. Për çdo numër natyror n pabarazia është e vërtetë.

Dëshmi.

. (1)

Le të vërtetojmë se atëherë mosbarazimi vlen edhe për n=k+1, d.m.th.

Në të vërtetë, jo më pak se 2 për çdo k natyral. Le të shtojmë në anën e majtë të pabarazisë (1) dhe në anën e djathtë 2. Marrim pabarazinë e drejtë, ose . Deklarata është vërtetuar.

Shembulli 3.Vërtetoni këtë , ku >-1, , n është një numër natyror më i madh se 1.

Zgjidhje.

Për n=2 pabarazia është e vërtetë, pasi .

Le të jetë e vërtetë mosbarazimi për n=k, ku k është një numër natyror, d.m.th.

. (1)

Le të tregojmë se atëherë pabarazia vlen edhe për n=k+1, d.m.th.

. (2)

Në të vërtetë, sipas kushtit, , prandaj pabarazia është e vërtetë

, (3)

fitohet nga pabarazia (1) duke shumëzuar secilën pjesë me . Le ta rishkruajmë pabarazinë (3) si më poshtë: . Duke hedhur poshtë termin pozitiv në anën e djathtë të pabarazisë së fundit, marrim pabarazi të drejtë (2).

Shembulli 4. Vërtetoni këtë

(1)

ku , , n është një numër natyror më i madh se 1.

Zgjidhje.

Për n=2 pabarazia (1) merr formën

. (2)

Meqenëse , atëherë pabarazia është e vërtetë

. (3)

Duke i shtuar secilës pjesë të pabarazisë (3) fitojmë pabarazinë (2).

Kjo vërteton se për n=2 pabarazia (1) është e vërtetë.

Le të jetë e vërtetë pabarazia (1) për n=k, ku k është një numër natyror, d.m.th.

. (4)

Le të vërtetojmë se atëherë pabarazia (1) duhet të jetë e vërtetë edhe për n=k+1, d.m.th.

(5)

Le të shumëzojmë të dyja anët e pabarazisë (4) me a+b. Meqenëse, sipas kushtit, ne marrim pabarazinë e drejtë të mëposhtme:

. (6)

Për të vërtetuar vlefshmërinë e pabarazisë (5), mjafton të tregohet se

, (7)

ose, çfarë është e njëjta,

. (8)

Pabarazia (8) është e barabartë me pabarazinë

. (9)

Nëse , atëherë , dhe në anën e majtë të pabarazisë (9) kemi produktin e dy numrave pozitivë. Nëse , atëherë , dhe në anën e majtë të pabarazisë (9) kemi produktin e dy numrave negativë. Në të dyja rastet, pabarazia (9) është e vërtetë.

Kjo dëshmon se vlefshmëria e pabarazisë (1) për n=k nënkupton vlefshmërinë e saj për n=k+1.

Metoda e induksionit matematik që zbatohet për të tjerët

detyrat

Zbatimi më i natyrshëm i metodës së induksionit matematik në gjeometri, afër përdorimit të kësaj metode në teorinë e numrave dhe algjebër, është aplikimi i saj në zgjidhjen e problemeve të llogaritjes gjeometrike. Le të shohim disa shembuj.

Shembulli 1.Llogaritni faqen e një katrori të rregullt të brendashkruar në një rreth me rreze R.

Zgjidhje.

Kur n=2 është e saktë 2 n - një katror është një katror; ana e tij. Më tej, sipas formulës së dyfishimit

gjejmë se brinja e një tetëkëndëshi të rregullt , faqe e një gjashtëkëndëshi të rregullt , brinjë e një trekëndëshi të rregullt tridhjetë e dy . Prandaj, mund të supozojmë se ana e 2 të gdhendur saktë n - katror për çdo të barabartë

. (1)

Le të supozojmë se brinja e një katrori të rregullt të brendashkruar shprehet me formulën (1). Në këtë rast, sipas formulës së dyfishimit

prej nga rrjedh se formula (1) është e vlefshme për të gjitha n.

Shembulli 2.Në sa trekëndësha mund të ndahet një n-këndësh (jo domosdoshmërisht konveks) me diagonalet e tij të shkëputura?

Zgjidhje.

Për një trekëndësh, ky numër është i barabartë me një (asnjë diagonale e vetme nuk mund të vizatohet në një trekëndësh); për një katërkëndësh ky numër është padyshim dy.

Supozoni se tashmë e dimë se çdo k-gon, ku k 1 A 2 ...A n në trekëndësha.

Një n

A 1 A 2

Le të jetë A 1 A k një nga diagonalet e kësaj ndarjeje; ai e ndan n-këndëshin A 1 A 2 ...A n në k-këndor A 1 A 2 ...A k dhe (n-k+2)-këndor A 1 A k A k+1 .. .A n . Për shkak të supozimit të bërë, numri i përgjithshëm i trekëndëshave në ndarje do të jetë i barabartë me

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

Kështu, pohimi ynë vërtetohet për të gjitha n.

Shembulli 3.Tregoni rregullin për llogaritjen e numrit P(n) të mënyrave në të cilat një n-këndësh konveks mund të ndahet në trekëndësha me diagonale të shkëputura.

Zgjidhje.

Për një trekëndësh, ky numër është padyshim i barabartë me një: P(3)=1.

Le të supozojmë se ne kemi përcaktuar tashmë numrat P(k) për të gjithë k 1 A 2 ...A n . Sa herë që ndahet në trekëndësha, brinja A 1 A 2 do të jetë një anë e njërit prej trekëndëshave ndarës, kulmi i tretë i këtij trekëndëshi mund të përkojë me secilën nga pikat A 3, A 4, …, A n . Numri i mënyrave për të ndarë një n-gon në të cilën kjo kulm përkon me pikën A 3 , është e barabartë me numrin e mënyrave të ndarjes së (n-1)-këndëshit A në trekëndësha 1 A 3 A 4 …A n , d.m.th. është e barabartë me P(n-1). Numri i metodave të ndarjes në të cilat kjo kulm përkon me A 4 , është e barabartë me numrin e mënyrave për ndarjen e këndit (n-2)-A 1 A 4 A 5 …A n , d.m.th. barazohet P(n-2)=P(n-2)P(3); numri i metodave të ndarjes në të cilat përkon me A 5 , është e barabartë me P(n-3)P(4), pasi secila prej ndarjeve të (n-3)-gon A 1 A 5 ...A n mund të kombinohet me secilën prej ndarjeve të katërkëndëshit A 2 A 3 A 4 A 5 , etj. Kështu, arrijmë në marrëdhënien e mëposhtme:

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1).

Duke përdorur këtë formulë marrim vazhdimisht:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

etj.

Ju gjithashtu mund të zgjidhni probleme me grafikë duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Le të ketë një rrjet vijash në rrafsh që lidhin disa pika dhe nuk kanë pika të tjera. Ne do ta quajmë një rrjet të tillë vijash një hartë, duke dhënë pika si kulmet e saj, segmente kurbash midis dy kulmeve ngjitur - kufijtë e hartës, pjesë të rrafshit në të cilin ndahet me kufij - vendet e hartës.

Le të jepet një hartë në aeroplan. Do të themi se është ngjyrosur saktë nëse secili prej vendeve të tij është i lyer me një ngjyrë të caktuar dhe çdo dy shtet që ka një kufi të përbashkët është i lyer me ngjyra të ndryshme.

Shembulli 4.Ka n rrathë në aeroplan. Vërtetoni se për çdo rregullim të këtyre rrathëve, harta që ata formojnë mund të ngjyroset saktë me dy ngjyra.

Zgjidhje.

Për n=1 deklarata jonë është e qartë.

Le të supozojmë se pohimi ynë është i vërtetë për çdo hartë të formuar nga n rrathë, dhe le të ketë n+1 rrathë në plan. Duke hequr një nga këto rrathë, marrim një hartë që, në bazë të supozimit të bërë, mund të ngjyroset saktë me dy ngjyra, për shembull, bardh e zi.

METODA E INDUKSIONIT MATEMATIK

Fjala induksion në rusisht do të thotë udhëzim, dhe përfundimet e bazuara në vëzhgime, eksperimente, d.m.th. quhen induktive. të përftuara nga përfundimi nga e veçanta te e përgjithshme.

Roli i përfundimeve induktive në shkencat eksperimentale është shumë i madh. Ato japin ato dispozita nga të cilat më pas nxirren përfundime të mëtejshme përmes deduksionit. Dhe megjithëse mekanika teorike bazohet në tre ligjet e lëvizjes së Njutonit, vetë këto ligje ishin rezultat i të menduarit të thellë përmes të dhënave eksperimentale, në veçanti ligjet e Keplerit të lëvizjes planetare, të cilat ai i nxori nga përpunimi i vëzhgimeve shumëvjeçare nga astronomi danez Tycho. Brahe. Vëzhgimi dhe induksioni rezultojnë të jenë të dobishëm në të ardhmen për sqarimin e supozimeve të bëra. Pas eksperimenteve të Michelson për matjen e shpejtësisë së dritës në një medium lëvizës, doli të ishte e nevojshme të sqaroheshin ligjet e fizikës dhe të krijohej teoria e relativitetit.

Koncepti i ndjekjes, i cili është baza e aritmetikës, u shfaq gjithashtu nga vëzhgimet e formimit të ushtarëve, anijeve dhe grupeve të tjera të renditura.

Thelbi i metodës së induksionit matematik

Propozimi A(n) konsiderohet i vërtetë për të gjitha vlerat natyrore të ndryshores nëse plotësohen dy kushtet e mëposhtme:

Pohimi A(n) është i vërtetë për n=1.

Nga supozimi se A(n) është e vërtetë për n=k (ku k është çdo numër natyror), rrjedh se është e vërtetë për vlerën tjetër n=k+1.

Ky parim quhet parimi i induksionit matematik. Zakonisht zgjidhet si një nga aksiomat që përcaktojnë serinë natyrore të numrave, dhe për këtë arsye pranohet pa prova.

Metoda e induksionit matematik në zgjidhjen e problemeve në

pjesëtueshmëria

Duke përdorur metodën e induksionit matematik, mund të provoni pohime të ndryshme në lidhje me pjesëtueshmërinë e numrave natyrorë.

Deklarata e mëposhtme mund të vërtetohet relativisht thjesht. Le të tregojmë se si fitohet duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Shembulli 1. Nëse n është një numër natyror, atëherë numri është çift.

Kur n=1 pohimi ynë është i vërtetë: - një numër çift. Le të supozojmë se është një numër çift. Meqenëse , një 2k është një numër çift, atëherë madje. Pra, barazia vërtetohet për n=1, barazia nxirret nga pariteti .Kjo do të thotë se është edhe për të gjitha vlerat natyrore të n.

Shembulli 2.Vërtetoni të vërtetën e fjalisë

A(n)=(numri 5 është shumëfish i 19-ës), n është një numër natyror.

Zgjidhje.

Pohimi A(1)=(një numër i pjesëtueshëm me 19) është i vërtetë.

Supozoni se për një vlerë n=k

A(k)=(numri i pjesëtueshëm me 19) është i vërtetë. Pastaj, që nga

Zbatimi i metodës së induksionit matematik në

seri përmbledhëse

Shembulli 1.Vërtetoni formulën

, n është një numër natyror.

Zgjidhje.

Kur n=1, të dyja anët e barazisë kthehen në një dhe, për rrjedhojë, plotësohet kushti i parë i parimit të induksionit matematik.

Le të supozojmë se formula është e saktë për n=k, d.m.th.

Le t'i shtojmë të dyja anët e kësaj barazie dhe të transformojmë anën e djathtë. Pastaj marrim

Shembulli 2.Vërtetoni se shuma e n numrave të parë të serisë natyrore është e barabartë me .

Zgjidhje.

Le të shënojmë shumën e kërkuar, d.m.th. .

Kur n=1 hipoteza është e vërtetë.

Le . Le ta tregojmë atë .

Me të vërtetë,

Problemi është zgjidhur.

Shembulli 3.Vërtetoni se shuma e katrorëve të n numrave të parë të serisë natyrore është e barabartë me .

Zgjidhje.

Le .

Le të pretendojmë se . Pastaj

Dhe së fundi.

Shembulli 4. Vërtetoni atë.

Zgjidhje.

Nese atehere

Shembulli 5. Vërtetoni këtë

Zgjidhje.

Kur n=1 hipoteza është padyshim e vërtetë.

Le .

Le ta vërtetojmë atë.

Vërtet,

Shembuj të aplikimit të metodës së induksionit matematik në

prova e pabarazive

Shembulli 1.Vërtetoni se për çdo numër natyror n>1

Zgjidhje.

Le të shënojmë anën e majtë të pabarazisë me .

Prandaj, për n=2 pabarazia është e vlefshme.

Le për disa k. Le të provojmë se atëherë dhe . Ne kemi , .

Krahasimi dhe , kemi , d.m.th. .

Për çdo numër të plotë pozitiv k, ana e djathtë e barazisë së fundit është pozitive. Kjo është arsyeja pse. Por kjo do të thotë gjithashtu.

Shembulli 2.Gjeni gabimin në arsyetim.

Deklaratë. Për çdo numër natyror n pabarazia është e vërtetë.

Dëshmi.

. (1)

Le të vërtetojmë se atëherë mosbarazimi vlen edhe për n=k+1, d.m.th.

Shembulli 3.Vërtetoni këtë , ku >-1, , n është një numër natyror më i madh se 1.

Zgjidhje.

Për n=2 pabarazia është e vërtetë, pasi .

Le të jetë e vërtetë mosbarazimi për n=k, ku k është një numër natyror, d.m.th.

. (1)

Le të tregojmë se atëherë pabarazia vlen edhe për n=k+1, d.m.th.

. (2)

Në të vërtetë, sipas kushtit, , prandaj pabarazia është e vërtetë

, (3)

Shembulli 4. Vërtetoni këtë

(1)

ku , , n është një numër natyror më i madh se 1.

Zgjidhje.

Për n=2 pabarazia (1) merr formën

. (2)

Meqenëse , atëherë pabarazia është e vërtetë

. (3)

Duke i shtuar secilës pjesë të pabarazisë (3) fitojmë pabarazinë (2).

Kjo vërteton se për n=2 pabarazia (1) është e vërtetë.

Le të jetë e vërtetë pabarazia (1) për n=k, ku k është një numër natyror, d.m.th.

. (4)

Le të vërtetojmë se atëherë pabarazia (1) duhet të jetë e vërtetë edhe për n=k+1, d.m.th.

(5)

Le të shumëzojmë të dyja anët e pabarazisë (4) me a+b. Meqenëse, sipas kushtit, ne marrim pabarazinë e drejtë të mëposhtme:

. (6)

Për të vërtetuar vlefshmërinë e pabarazisë (5), mjafton të tregohet se

, (7)

ose, çfarë është e njëjta,

. (8)

Pabarazia (8) është e barabartë me pabarazinë

. (9)

Kjo dëshmon se vlefshmëria e pabarazisë (1) për n=k nënkupton vlefshmërinë e saj për n=k+1.

Metoda e induksionit matematik që zbatohet për të tjerët

detyrat

Shembulli 1.Llogaritni faqen e një katrori të rregullt të brendashkruar në një rreth me rreze R.

Zgjidhje.

Kur n=2 është e saktë 2 n - një katror është një katror; ana e tij. Më tej, sipas formulës së dyfishimit

. (1)

Le të supozojmë se brinja e një katrori të rregullt të brendashkruar shprehet me formulën (1). Në këtë rast, sipas formulës së dyfishimit

prej nga rrjedh se formula (1) është e vlefshme për të gjitha n.

Shembulli 2.Në sa trekëndësha mund të ndahet një n-këndësh (jo domosdoshmërisht konveks) me diagonalet e tij të shkëputura?

Zgjidhje.

Për një trekëndësh, ky numër është i barabartë me një (asnjë diagonale e vetme nuk mund të vizatohet në një trekëndësh); për një katërkëndësh ky numër është padyshim dy.

Supozoni se tashmë e dimë se çdo k-gon, ku k 1 A 2 ...A n në trekëndësha.

Një n

A 1 A 2

(k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2;

Kështu, pohimi ynë vërtetohet për të gjitha n.

Shembulli 3.Tregoni rregullin për llogaritjen e numrit P(n) të mënyrave në të cilat një n-këndësh konveks mund të ndahet në trekëndësha me diagonale të shkëputura.

Zgjidhje.

Për një trekëndësh, ky numër është padyshim i barabartë me një: P(3)=1.

Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1).

Duke përdorur këtë formulë marrim vazhdimisht:

P(4)=P(3)+P(3)=2,

P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5,

P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14

etj.

Ju gjithashtu mund të zgjidhni probleme me grafikë duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Shembulli 4.Ka n rrathë në aeroplan. Vërtetoni se për çdo rregullim të këtyre rrathëve, harta që ata formojnë mund të ngjyroset saktë me dy ngjyra.

Zgjidhje.

Për n=1 deklarata jonë është e qartë.

Nëse pohimi A(n) është i vërtetë për n=p dhe nëse A(k) ≈ A(k+1) për çdo k>p, atëherë propozimi A(n) është i vërtetë për çdo n>p.

Vërtetimi duke përdorur metodën e induksionit matematik kryhet si më poshtë. Së pari, pohimi që do të vërtetohet kontrollohet për n=1, d.m.th. vërtetohet e vërteta e pohimit A(1). Kjo pjesë e provës quhet baza e induksionit. Pastaj vjen pjesa e provës e quajtur hapi i induksionit. Në këtë pjesë vërtetojnë vlefshmërinë e pohimit për n=k+1 nën supozimin e vlefshmërisë së pohimit për n=k (supozim induksioni), d.m.th. vërtetoni se A(k) 1 A(k+1)

Vërtetoni se 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

1) Kemi n=1=1 2 . Prandaj, pohimi është i vërtetë për n=1, d.m.th. A(1) e vërtetë
2) Le të vërtetojmë se A(k) ≥ A(k+1)

Le të jetë k çdo numër natyror dhe le të jetë i vërtetë pohimi për n=k, d.m.th.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Le të vërtetojmë se atëherë pohimi është i vërtetë edhe për numrin tjetër natyror n=k+1, d.m.th. Çfarë

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Në të vërtetë,
1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Pra, A(k) 1 A(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, arrijmë në përfundimin se supozimi A(n) është i vërtetë për çdo n O N

Vërtetoni këtë

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), ku x nr. 1

1) Për n=1 marrim
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

prandaj, për n=1 formula është e saktë; A(1) e vërtetë

2) Le të jetë k çdo numër natyror dhe le të jetë formula e vërtetë për n=k,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Le të vërtetojmë se atëherë barazia

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Në të vërtetë
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)

Pra, A(k) 1 A(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, arrijmë në përfundimin se formula është e vërtetë për çdo numër natyror n

Vërtetoni se numri i diagonaleve të një n-këndësh konveks është n(n-3)/2

Zgjidhje: 1) Për n=3 pohimi është i vërtetë, sepse në trekëndësh

A 3 =3(3-3)/2=0 diagonale; A 2 A(3) e vërtetë

2) Supozojmë se në çdo k-gon konveks ka diagonale A 1 x A k =k(k-3)/2. A k Le të vërtetojmë se atëherë në një konveks A k+1 (k+1)-gon numri i diagonaleve A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Le të jetë A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 një kënd konveks (k+1). Le të vizatojmë një diagonale A 1 A k në të. Për të llogaritur numrin total të diagonaleve të këtij (k+1)-këndëshi, duhet të numëroni numrin e diagonaleve në k-gon A 1 A 2 ...A k , shtoni k-2 në numrin që rezulton, d.m.th. duhet të merret parasysh numri i diagonaleve të këndit (k+1) që dalin nga kulmi A k+1 dhe, përveç kësaj, diagonalja A 1 A k

Kështu,

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

Pra, A(k) 1 A(k+1). Për shkak të parimit të induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n-gon konveks.

Vërtetoni se për çdo n pohimi i mëposhtëm është i vërtetë:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë

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

2) Supozojmë se n=k

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

3) Konsideroni këtë pohim për n=k+1

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

Ne kemi vërtetuar se barazia është e vërtetë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n

Vërtetoni se për çdo numër natyror n barazia është e vërtetë:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1

Pastaj X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Shohim që për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni se barazia është e vërtetë për n=k

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

3) Le të vërtetojmë vërtetësinë e këtij pohimi për n=k+1, d.m.th.

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

Nga prova e mësipërme është e qartë se pohimi është i vërtetë për n=k+1, prandaj, barazia është e vërtetë për çdo numër natyror n

Vërtetoni këtë

((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), ku n>2

Zgjidhja: 1) Për n=2 identiteti duket si:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), d.m.th. eshte e vertete
2) Supozojmë se shprehja është e vërtetë për n=k
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) Le të vërtetojmë vlefshmërinë e shprehjes për n=k+1
(((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)

Ne kemi vërtetuar se barazia është e vërtetë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n>2

Vërtetoni këtë

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) për çdo numër natyror n

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Supozoni se n=k, atëherë
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) Le të vërtetojmë vërtetësinë e këtij pohimi për n=k+1
(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)

Është vërtetuar edhe vlefshmëria e barazisë për n=k+1, prandaj pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Provoni se identiteti është i saktë

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) për çdo n natyrore

1) Për n=1 identiteti është i vërtetë 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Supozoni se për n=k
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) Le të vërtetojmë se identiteti është i vërtetë për n=k+1
(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)

Nga prova e mësipërme është e qartë se pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Vërtetoni se (11 n+2 +12 2n+1) pjesëtohet me 133 pa mbetje

Zgjidhje: 1) Le të jetë n=1, atëherë

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

Por (23 ґ 133) pjesëtohet me 133 pa mbetje, që do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë; A (1) është e vërtetë.

2) Supozoni se (11 k+2 +12 2k+1) pjesëtohet me 133 pa mbetje
3) Le të vërtetojmë se në këtë rast (11 k+3 +12 2k+3) pjesëtohet me 133 pa mbetje. Me të vërtetë
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

Shuma që rezulton pjesëtohet me 133 pa mbetje, pasi termi i parë i saj është i pjesëtueshëm me 133 pa mbetje me supozim, dhe në të dytin njëri prej faktorëve është 133. Pra, A(k) 1 A(k+1). Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet

Vërtetoni se për çdo n 7 n -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje

1) Le të jetë n=1, atëherë X 1 =7 1 -1=6 pjesëtohet me 6 pa mbetje. Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë
2) Supozojmë se kur n=k 7 k -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje
3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1

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

Termi i parë është i pjesëtueshëm me 6, pasi 7 k -1 pjesëtohet me 6 me supozim, dhe termi i dytë është 6. Kjo do të thotë se 7 n -1 është shumëfish i 6-së për çdo numër natyror n. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Vërtetoni se 3 3n-1 +2 4n-3 për një numër natyror arbitrar n pjesëtohet me 11.

1) Le të jetë n=1, atëherë

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 pjesëtohet me 11 pa mbetje.

Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë

2) Supozoni se kur n=k X k =3 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 pa mbetje
3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1

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

Vërtetoni se 11 2n -1 për një numër natyror arbitrar n pjesëtohet me 6 pa mbetje

1) Le të jetë n=1, atëherë 11 2 -1=120 pjesëtohet me 6 pa mbetje. Kjo do të thotë se për n=1 pohimi është i vërtetë
2) Supozoni se kur n=k 1 2k -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Të dy termat janë të pjesëtueshëm me 6 pa mbetje: i pari përmban shumëfishin e 6, 120 dhe i dyti është i pjesëtueshëm me 6 pa mbetje sipas supozimit. Kjo do të thotë se shuma është e pjesëtueshme me 6 pa mbetje. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Vërtetoni se 3 3n+3 -26n-27 për një numër natyror arbitrar n pjesëtohet me 26 2 (676) pa mbetje

Le të vërtetojmë fillimisht se 3 3n+3 -1 pjesëtohet me 26 pa mbetje

1. Kur n=0
3 3 -1=26 pjesëtohet me 26
2. Supozojmë se për n=k
3 3k+3 -1 pjesëtohet me 26
3. Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -pjestuar me 26

Tani le të provojmë deklaratën e formuluar në deklaratën e problemit

1) Natyrisht, për n=1 pohimi është i vërtetë
3 3+3 -26-27=676
2) Supozoni se për n=k shprehja 3 3k+3 -26k-27 pjesëtohet me 26 2 pa mbetje
3) Le të vërtetojmë se pohimi është i vërtetë për n=k+1
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Të dy termat janë të pjestueshëm me 26 2; e para është e pjesëtueshme me 26 2 sepse kemi vërtetuar se shprehja në kllapa është e pjesëtueshme me 26 dhe e dyta është e pjestueshme me hipotezën e induksionit. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet

Vërtetoni se nëse n>2 dhe x>0, atëherë pabarazia (1+x) n >1+n ґ x është e vërtetë

1) Për n=2 pabarazia është e vlefshme, pasi
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Pra, A(2) është e vërtetë

2) Le të vërtetojmë se A(k) ≈ A(k+1), nëse k> 2. Supozojmë se A(k) është e vërtetë, d.m.th., se pabarazia
(1+x) k >1+k ґ x. (3)

Le të vërtetojmë se atëherë A(k+1) është gjithashtu e vërtetë, d.m.th., se pabarazia

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Në fakt, duke shumëzuar të dyja anët e pabarazisë (3) me numrin pozitiv 1+x, marrim

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Merrni parasysh anën e djathtë të pabarazisë së fundit; ne kemi

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

Si rezultat, marrim se (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Pra, A(k) 1 A(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, mund të argumentohet se pabarazia e Bernoulli është e vlefshme për çdo n> 2

Vërtetoni se pabarazia (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 për a> 0 është e vërtetë

Zgjidhje: 1) Kur m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 të dyja anët janë të barabarta
2) Supozojmë se për m=k
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) Le të vërtetojmë se për m=k+1 pabarazia është e vërtetë
(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

Ne kemi vërtetuar se pabarazia është e vërtetë për m=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia është e vlefshme për çdo m natyror

Vërtetoni se për n>6 pabarazia 3 n >n ґ 2 n+1 është e vërtetë

Le ta rishkruajmë pabarazinë në formën (3/2) n >2n

1. Për n=7 kemi 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 pabarazia është e vërtetë
2. Supozojmë se për n=k (3/2) k >2k
3) Le të vërtetojmë pabarazinë për n=k+1
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

Meqenëse k>7, pabarazia e fundit është e dukshme.

Në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia është e vlefshme për çdo numër natyror n

Vërtetoni se për n>2 pabarazia është e vërtetë

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) Për n=3 pabarazia është e vërtetë
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Supozojmë se për n=k
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) Le të vërtetojmë vlefshmërinë e pabarazisë për n=k+1
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Le të vërtetojmë se 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

Kjo e fundit është e qartë, dhe për këtë arsye

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

Në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia vërtetohet.

Për ta bërë këtë, së pari kontrolloni vërtetësinë e deklaratës numër 1 - bazë induksioni, dhe pastaj vërtetohet se nëse pohimi me numër është i vërtetë n, atëherë pohimi i mëposhtëm me numër është gjithashtu i vërtetë n + 1 - hapi i induksionit, ose tranzicioni me induksion.

Vërtetimi me induksion mund të paraqitet qartë në formën e të ashtuquajturit parimi domino. Lëreni çdo numër pllakash domino të vendosen në një rresht në mënyrë që çdo pllakë domino, kur bie, domosdoshmërisht të përmbysë gurin domino që e ndjek (ky është tranzicioni induktiv). Pastaj, nëse shtyjmë kockën e parë (kjo është baza e induksionit), atëherë të gjitha kockat në rresht do të bien.

Baza logjike për këtë metodë të provës është e ashtuquajtura aksioma e induksionit, e pesta e aksiomave të Peanos që përcaktojnë numrat natyrorë. Korrektësia e metodës së induksionit është e barabartë me faktin se në çdo nëngrup të numrave natyrorë ekziston një element minimal.

Ekziston edhe një variacion, i ashtuquajturi parimi i induksionit të plotë matematikor. Këtu është formulimi i tij i rreptë:

Parimi i induksionit të plotë matematikor është gjithashtu i barabartë me aksiomën e induksionit në aksiomat e Peanos.

Shembuj

Detyrë. Për ta vërtetuar këtë, pavarësisht nga natyra n dhe reale q≠ 1, barazia vlen

Dëshmi. Induksioni në n.

Baza, n = 1:

Tranzicioni: Le të pretendojmë se

Q.E.D.

Një koment: korrektësinë e deklaratës P n në këtë provë - njësoj si e vërteta e barazisë

Shiko gjithashtu

Variacione dhe përgjithësime

Letërsia

N. Ya Induksioni. Kombinatorika. Manual për mësuesit. M., Arsimi, 1976.-48 f.
L. I. Golovina, I. M. Yaglom Induksion në gjeometri, “Ligjërata popullore për matematikën”, Numri 21, Fizmatgiz 1961.-100 f.
R. Courant, G. Robbins"Çfarë është matematika?" Kapitulli I, § 2.
I. S. Sominsky Metoda e induksionit matematik. “Ligjërata popullore për matematikën”, Numri 3, Shtëpia Botuese “Nauka” 1965.-58 f.

Fondacioni Wikimedia. 2010.