Llojet e induksionit matematik. Shembuj të induksionit

Savelyeva Ekaterina

Punimi shqyrton aplikimin e metodës së induksionit matematik në zgjidhjen e problemeve të pjesëtueshmërisë, në përmbledhjen e serive. Janë shqyrtuar shembuj të aplikimit të metodës së induksionit matematik në vërtetimin e pabarazive dhe në zgjidhjen e problemeve gjeometrike. Puna është ilustruar me një prezantim.

Shkarko:

Pamja paraprake:

Ministria e Shkencës dhe Arsimit e Federatës Ruse

Institucion arsimor shtetëror

shkolla e mesme nr.618

Lënda: Algjebra dhe fillimet e analizës

Tema e punës së projektit

"Metoda e induksionit matematik dhe zbatimi i saj në zgjidhjen e problemeve"

Puna e përfunduar: Savelyeva E, klasa 11B

Mbikëqyrësi : Makarova T.P., mësuese matematike, shkolla e mesme №618

1. Hyrje.

2. Metoda e induksionit matematik në zgjidhjen e problemave të pjesëtueshmërisë.

3. Zbatimi i metodës së induksionit matematik në mbledhjen e serive.

4. Shembuj të zbatimit të metodës së induksionit matematik në vërtetimin e pabarazive.

5. Zbatimi i metodës së induksionit matematik në zgjidhjen e problemeve gjeometrike.

6. Lista e literaturës së përdorur.

Prezantimi

Metodat deduktive dhe induktive janë baza e çdo kërkimi matematikor. Metoda deduktive e arsyetimit është arsyetimi nga e përgjithshmja tek e veçanta, d.m.th. arsyetimi, pikënisja e të cilit është rezultati i përgjithshëm, dhe pika përfundimtare është rezultati i veçantë. Induksioni zbatohet kur kalohet nga rezultatet e veçanta në ato të përgjithshme, d.m.th. është e kundërta e metodës deduktive. Metoda e induksionit matematik mund të krahasohet me progresin. Fillojmë nga më e ulta, si rezultat i të menduarit logjik arrijmë tek më e larta. Njeriu gjithmonë është përpjekur për përparim, për aftësinë për të zhvilluar mendimin e tij në mënyrë logjike, që do të thotë se vetë natyra e ka caktuar të mendojë në mënyrë induktive. Edhe pse fusha e aplikimit të metodës së induksionit matematik është rritur, asaj i kushtohet pak kohë në kurrikulën shkollore, por është kaq e rëndësishme të jesh në gjendje të mendosh në mënyrë induktive. Zbatimi i këtij parimi në zgjidhjen e problemave dhe vërtetimin e teoremave është në të njëjtin nivel me marrjen në konsideratë në praktikën shkollore të parimeve të tjera matematikore: e mesme e përjashtuar, përfshirje-përjashtim, Dirichlet etj. Kjo ese përmban probleme nga degë të ndryshme të matematikës, në të cilat mjeti kryesor është metoda e përdorimit të induksionit matematik. Duke folur për rëndësinë e kësaj metode, A.N. Kolmogorov vuri në dukje se "të kuptuarit dhe aftësia për të zbatuar parimin e induksionit matematik është një kriter i mirë për pjekurinë, i cili është absolutisht i nevojshëm për një matematikan". Metoda e induksionit në kuptimin e saj më të gjerë konsiston në kalimin nga vëzhgimet private në një model universal, të përgjithshëm ose formulim të përgjithshëm. Në këtë interpretim, metoda është, natyrisht, teknika kryesore për kryerjen e kërkimit në çdo shkencë eksperimentale natyrore.

veprimtaria njerëzore. Metoda (parimi) i induksionit matematik në formën e tij më të thjeshtë përdoret kur është e nevojshme të vërtetohet një pohim për të gjithë numrat natyrorë.

Problemi 1. Në artikullin e tij “Si u bëra matematikan” A.N. Kolmogorov shkruan: "Unë e mësova gëzimin e "zbulimit" matematikor herët, pasi vura re në moshën pesë ose gjashtë vjeç modelin

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d Z 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 e kështu me radhë.

Shkolla botoi revistën “Dallëndyshet e pranverës”. Në të, zbulimi im u botua ... "

Nuk e dimë se çfarë lloj prove është dhënë në këtë revistë, por gjithçka filloi me vëzhgime private. Vetë hipoteza, e cila ndoshta u ngrit pas zbulimit të këtyre barazive të pjesshme, është se formula

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

e vërtetë për çdo numër të caktuar n = 1, 2, 3, ...

Për të vërtetuar këtë hamendësim, mjafton të vërtetohen dy fakte. Së pari, për n = 1 (dhe madje edhe për n = 2, 3, 4) pohimi i dëshiruar është i vërtetë. Së dyti, supozoni se deklarata është e vërtetë për n = k, dhe verifikoni se atëherë është e vërtetë edhe për n = k + 1:

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

Prandaj, pohimi që vërtetohet është i vërtetë për të gjitha vlerat n: për n = 1 është e vërtetë (kjo është vërtetuar), dhe në bazë të faktit të dytë, për n = 2, prej nga për n = 3 (për shkak të të njëjtit fakt të dytë), etj.

Problemi 2. Konsideroni të gjitha thyesat e zakonshme të mundshme me numërues 1 dhe çdo (numër i plotë pozitiv)

emëruesi: Vërtetoni se për cilindo n> 3 mund të përfaqësohet si një shumë P fraksione të ndryshme të këtij lloji.

Zgjidhje, Le ta kontrollojmë fillimisht këtë pohim n = 3; ne kemi:

Prandaj, pohimi bazë është i kënaqur

Supozoni tani që deklarata e interesit për ne është e vërtetë për disa numra te, dhe provoni se është e vërtetë edhe për numrin pas tij për të + 1. Me fjalë të tjera, supozoni se ka një përfaqësim

në të cilën k termat dhe të gjithë emëruesit janë të ndryshëm. Le të vërtetojmë se atëherë është e mundur të merret një paraqitje e njësisë në formën e një shume nga për të + 1 fraksione të llojit të dëshiruar. Do të supozojmë se thyesat janë në rënie, domethënë emëruesit (në paraqitjen e njësisë me shumën për të termat) rriten nga e majta në të djathtë në mënyrë që T është më i madhi nga emëruesit. Ne do të marrim përfaqësimin që na nevojitet në formën e një shume(Për + 1) thyesa, nëse një thyesë, për shembull të fundit, e ndajmë në dy. Kjo mund të bëhet sepse

Dhe për këtë arsye

Për më tepër, të gjitha fraksionet mbeten të ndryshme, pasi T ishte emëruesi më i madh, dhe t + 1 > t, dhe

m(t + 1) > m.

Kështu, ne kemi vendosur:

për n = 3 kjo deklaratë është e vërtetë;

nëse pohimi që na intereson është i vërtetë për të te,
atëherë është e vërtetë edhe për në + 1.

Mbi këtë bazë, mund të pohojmë se pohimi në shqyrtim është i vërtetë për të gjithë numrat natyrorë, duke filluar nga tre. Për më tepër, prova e mësipërme nënkupton gjithashtu një algoritëm për gjetjen e ndarjes së dëshiruar të unitetit. (Çfarë algoritmi është ky? Imagjinoni vetë numrin 1 si shumën e 4, 5, 7 termave.)

Në zgjidhjen e dy problemeve të mëparshme, u ndërmorën dy hapa. Hapi i parë quhet bazë induksioni, i dytitranzicioni induktivose një hap induksioni. Hapi i dytë është më i rëndësishmi dhe përfshin një supozim (deklarata është e vërtetë për n = k) dhe përfundimi (deklarata është e vërtetë për n = k + 1). Quhet vet parametri p parametri i induksionit.Kjo skemë (pajisje) logjike, e cila bën të mundur konkludimin se pohimi në shqyrtim është i vërtetë për të gjithë numrat natyrorë (ose për të gjithë, duke filluar nga disa), pasi që baza dhe kalimi janë të vlefshme, quhetparimi i induksionit matematik, mbi të cilën dhe bazohet metoda e induksionit matematik.Vetë termi "induksion" vjen nga fjala latine induksioni (udhëzim), që nënkupton kalimin nga njohuritë e vetme për objektet individuale të një klase të caktuar në një përfundim të përgjithshëm për të gjitha objektet e një klase të caktuar, që është një nga metodat kryesore të njohjes.

Parimi i induksionit matematik, në formën e zakonshme të dy hapave, u shfaq për herë të parë në 1654 në Traktatin e Blaise Pascal mbi trekëndëshin aritmetik, në të cilin një metodë e thjeshtë për llogaritjen e numrit të kombinimeve (koeficientët binomial) u vërtetua me induksion. D. Poya citon B. Pascal në libër me ndryshime të vogla të dhëna në kllapa katrore:

“Pavarësisht se propozimi në shqyrtim [një formulë eksplicite për koeficientët binomial] përmban një numër të pafund rastesh të veçanta, unë do të jap një provë shumë të shkurtër për të, bazuar në dy lema.

Lema e parë thotë se hamendja është e vërtetë për bazën - kjo është e qartë. [në P = 1 formula e qartë është e vlefshme...]

Lema e dytë thotë si vijon: nëse supozimi ynë është i vërtetë për një bazë arbitrare [për një r arbitrare], atëherë do të jetë e vërtetë për bazën e mëposhtme [për n + 1].

Këto dy lema nënkuptojnë domosdoshmërisht vlefshmërinë e propozimit për të gjitha vlerat P. Në të vërtetë, në bazë të lemës së parë, ajo është e vlefshme për P = 1; prandaj, në bazë të lemës së dytë, vlen për P = 2; prandaj, përsëri në bazë të lemës së dytë, vlen për n = 3 dhe kështu me radhë ad infinitum.

Problemi 3. Kullat e enigmës Hanoi përbëhet nga tre shufra. Në njërën prej shufrave ka një piramidë (Fig. 1), e përbërë nga disa unaza me diametra të ndryshëm, duke u ulur nga poshtë lart.

Fig 1

Kjo piramidë duhet të transferohet në një nga shufrat e tjera, duke transferuar çdo herë vetëm një unazë dhe duke mos vendosur unazën më të madhe në atë më të vogël. A mund të bëhet?

Zgjidhje. Pra, duhet t'i përgjigjemi pyetjes: a është e mundur të lëvizim një piramidë të përbërë nga P unaza me diametra të ndryshëm, nga një shufër në tjetrën, duke ndjekur rregullat e lojës? Tani problemi është, siç thonë ata, i parametrizuar nga ne (një numër natyror P), dhe mund të zgjidhet me induksion matematikor.

baza e induksionit. Për n = 1, gjithçka është e qartë, pasi një piramidë e një unaze padyshim mund të zhvendoset në çdo shufër.
hapi i induksionit. Supozoni se mund të lëvizim çdo piramidë me numrin e unazave p = k.
Le të vërtetojmë se atëherë mund ta lëvizim edhe piramidën nga mesi n = k + 1.

Piramida nga deri në unaza të shtrira në më të madhen(Për Unaza + 1)-të, sipas supozimit mund të kalojmë në çdo strumbullar tjetër. Le ta bejme. i palëvizshëm(Për + 1) unaza nuk do të ndërhyjë me ne për të kryer algoritmin e zhvendosjes, pasi është më i madhi. Pas lëvizjes për të unaza, lëvizni këtë më të madhe(Për + 1) unaza mbi shufrën e mbetur. Dhe pastaj ne përsëri aplikojmë algoritmin lëvizës të njohur për ne nga supozimi induktiv për të unaza dhe lëvizini ato në shufër me pjesën e poshtme(Për + 1) unaza. Kështu, nëse mund të lëvizim piramidat me për të unaza, atëherë ne mund të lëvizim piramidat dhe për të + 1 unaza. Prandaj, sipas parimit të induksionit matematik, është gjithmonë e mundur të zhvendoset piramida, e përbërë nga n unaza, ku n > 1.

Metoda e induksionit matematik në zgjidhjen e problemeve të pjesëtueshmërisë.

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

Detyra 4 . Nëse n është një numër natyror, atëherë numri është çift.

Për 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, kështu është edhe ajo. Pra, barazia vërtetohet për n=1, barazia nxirret nga barazia, pra edhe për të gjitha vlerat natyrore të n.

Detyra 3. Vërtetoni se numri Z 3 + 3 - 26n - 27 me një natyrore arbitrare n pjesëtohet me 26 2 pa mbetje.

Zgjidhje. Le të provojmë fillimisht me induksion një pohim ndihmës se 3 3n+3 1 pjesëtohet me 26 pa mbetje n > 0.

baza e induksionit. Për n = 0 kemi: Z 3 - 1 \u003d 26 - pjesëtuar me 26.

hapi i induksionit. Supozoni 3 3n + 3 - 1 pjesëtohet me 26 kur n = k, dhe Le të vërtetojmë se në këtë rast pohimi do të jetë i vërtetë për n = k + 1. Meqenëse 3

atëherë nga supozimi induktiv konkludojmë se numri 3 3k + 6 - 1 pjesëtohet me 26.

Le të provojmë tani pohimin e formuluar në gjendjen e problemit. Dhe përsëri me induksion.

baza e induksionit. Është e qartë se në n = 1 pohim është i vërtetë: që nga 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
hapi i induksionit. Le të supozojmë se në n = k
shprehja 3 3k + 3 - 26k - 27 pjesëtohet me 26 2 pa mbetje dhe provoni se pohimi është i vërtetë për n = k + 1,
dmth ai numër

pjesëtueshëm me 26 2 pa lënë gjurmë. Në shumën e fundit, të dy termat ndahen pa mbetje me 26 2 . E para është sepse kemi vërtetuar se shprehja në kllapa është e pjestueshme me 26; e dyta, nga hipoteza induktive. Në bazë të parimit të induksionit matematikor, pohimi i nevojshëm vërtetohet plotësisht.

Zbatimi i metodës së induksionit matematik në mbledhjen e serive.

Detyra 5. Vërtetoni formulën

N është një numër natyror.

Zgjidhje.

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

Supozojmë se formula është e vërtetë 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 vërtetuar.

Detyrë 6. Në tabelë shkruhen dy numra: 1.1. Duke futur shumën e tyre midis numrave, marrim numrat 1, 2, 1. Duke përsëritur këtë veprim përsëri, marrim numrat 1, 3, 2, 3, 1. Pas tre veprimeve, numrat do të jenë 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Sa do të jetë shuma e të gjithë numrave në tabelë pas 100 operacione?

Zgjidhje. Bëni të gjitha 100 operacionet do të kërkonin shumë kohë dhe do të kërkonin kohë. Pra, duhet të përpiqemi të gjejmë një formulë të përgjithshme për shumën S numrat pas n operacionet. Le të shohim tabelën:

A keni vënë re ndonjë model këtu? Nëse jo, mund të bëni një hap tjetër: pas katër operacioneve, do të ketë numra

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

shuma e të cilit S 4 është 82.

Në fakt, ju nuk mund të shkruani numra, por menjëherë thoni se si do të ndryshojë shuma pasi të shtoni numra të rinj. Le të jetë shuma e barabartë me 5. Çfarë do të bëhet kur të shtohen numra të rinj? Le të ndajmë çdo numër të ri në shumën e dy të vjetrave. Për shembull, nga 1, 3, 2, 3, 1 shkojmë në 1,

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

Kjo do të thotë, çdo numër i vjetër (përveç dy ekstremeve) tani hyn në shumën tre herë, kështu që shuma e re është 3S - 2 (zbrisni 2 për të marrë parasysh njësitë që mungojnë). Prandaj S 5 = 3S 4 - 2 = 244, dhe në përgjithësi

Cila është formula e përgjithshme? Nëse nuk do të ishte zbritja e dy njësive, atëherë çdo herë shuma do të rritej tre herë, si në fuqitë e trefishit (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Dhe numrat tanë, siç mund ta shihni tani, janë një më shumë. Kështu, mund të supozohet se

Tani le të përpiqemi ta vërtetojmë këtë me induksion.

baza e induksionit. Shihni tabelën (për n = 0, 1, 2, 3).

hapi i induksionit. Le të pretendojmë se

Le ta vërtetojmë atë atëherë S në + 1 \u003d Z në + 1 + 1.

Vërtet,

Pra, formula jonë është e vërtetuar. Tregon se pas njëqind operacionesh, shuma e të gjithë numrave në tabelë do të jetë e barabartë me 3 100 + 1.

Konsideroni një shembull të mrekullueshëm të zbatimit të parimit të induksionit matematik, në të cilin së pari duhet të futni dy parametra natyrorë dhe më pas të kryeni induksionin në shumën e tyre.

Detyrë 7. Vërtetoni se nëse= 2, x 2 = 3 dhe për çdo natyrore n> 3

x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2,

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

Zgjidhje. Vini re se në këtë problem sekuenca fillestare e numrave(x n) përcaktohet me induksion, pasi termat e sekuencës sonë, përveç dy të parave, jepen në mënyrë induktive, domethënë përmes atyre të mëparshme. Sekuencat e dhëna quhen të përsëritura, dhe në rastin tonë kjo sekuencë përcaktohet (duke specifikuar dy termat e parë të saj) në një mënyrë unike.

baza e induksionit. Ai konsiston në kontrollimin e dy pohimeve: n=1 dhe n=2.B Në të dyja rastet, pohimi është i vërtetë sipas supozimit.

hapi i induksionit. Le të supozojmë se për n = k - 1 dhe n = k bëhet pohimi, d.m.th

Le të provojmë më pas pohimin për n = k + 1. Kemi:

x 1 = 3 (2 + 1) - 2 (2 + 1) = 2 + 1, që duhej vërtetuar.

Detyra 8. Vërtetoni se çdo numër natyror mund të përfaqësohet si shuma e disa anëtarëve të ndryshëm të sekuencës së përsëritur të numrave Fibonacci:

për k> 2.

Zgjidhje. Le të p - numri natyror. Ne do të kryejmë induksion në P.

baza e induksionit. Për n = 1 pohim është i vërtetë, pasi njësia është në vetvete një numër Fibonacci.

hapi i induksionit. Supozoni se të gjithë numrat natyrorë janë më të vegjël se një numër P, mund të përfaqësohet si shuma e disa termave të ndryshëm të sekuencës Fibonacci. Gjeni numrin më të madh të Fibonaçit F t , duke mos e tejkaluar P; pra F t n dhe F t +1 > n.

Sepse

Sipas hipotezës së induksionit, numri p- F t mund të përfaqësohet si një shumë e 5 anëtarëve të ndryshëm të sekuencës Fibonacci, dhe nga pabarazia e fundit rrjedh se të gjithë anëtarët e sekuencës Fibonacci të përfshirë në shumën e 8 janë më pak se F t . Prandaj, zgjerimi i numrit n = 8 + F t plotëson gjendjen e problemit.

Shembuj të aplikimit të metodës së induksionit matematik në vërtetimin e pabarazive.

Detyra 9. (Pabarazia e Bernoulli-t.)Vërtetoni se kur x > -1, x 0, dhe për numër të plotë n > 2 pabarazia

(1 + x) n > 1 + xn.

Zgjidhje. Ne do ta kryejmë përsëri provën me induksion.

1. Baza e induksionit. Le të verifikojmë vlefshmërinë e pabarazisë për n = 2. Në të vërtetë,

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

2. Hapi i induksionit. Le të supozojmë se për numrin n = k deklarata është e vërtetë, d.m.th

(1 + x) k > 1 + xk,

Ku k > 2. E vërtetojmë për n = k + 1. Kemi: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Pra, bazuar në parimin e induksionit matematik, mund të argumentohet se pabarazia e Bernulit është e vlefshme për çdo n > 2.

Jo gjithmonë në kushtet e problemeve të zgjidhura duke përdorur metodën e induksionit matematik, ligji i përgjithshëm që duhet vërtetuar është formuluar qartë. Ndonjëherë është e nevojshme që, duke vëzhguar raste të veçanta, së pari të zbulohet (të merret me mend) se në cilin ligj të përgjithshëm çojnë ato dhe vetëm atëherë të vërtetohet hipoteza e deklaruar me induksion matematikor. Për më tepër, ndryshorja e induksionit mund të maskohet, dhe para se të zgjidhet problemi, është e nevojshme të përcaktohet se në cilin parametër do të kryhet induksioni. Si shembuj, merrni parasysh detyrat e mëposhtme.

Problemi 10. Vërtetoni se

për çdo natyrale n > 1.

Zgjidhje, Le të përpiqemi ta vërtetojmë këtë pabarazi me induksion matematikor.

Baza e induksionit verifikohet lehtësisht:1+

Nga hipoteza induktive

dhe na mbetet ta vërtetojmë këtë

Duke përdorur hipotezën induktive, do të pohojmë se

Edhe pse kjo barazi është realisht e vërtetë, nuk na jep zgjidhje problemit.

Le të përpiqemi të provojmë një pohim më të fortë se sa kërkohet në problemin fillestar. Domethënë, ne do ta vërtetojmë atë

Mund të duket se vërtetimi i këtij pohimi me induksion është i pashpresë.

Megjithatë, në f = 1 kemi: pohimi është i vërtetë. Për të justifikuar hapin induktiv, supozoni se

dhe atëherë do ta vërtetojmë këtë

Vërtet,

Kështu, ne kemi vërtetuar një pohim më të fortë, nga i cili rrjedh menjëherë pohimi që përmban kushti i problemit.

Gjëja udhëzuese këtu është se megjithëse duhej të provonim një pohim më të fortë se sa kërkohet në problem, ne mund të përdorim gjithashtu një supozim më të fortë në hapin induktiv. Kjo shpjegon se zbatimi i drejtpërdrejtë i parimit të induksionit matematik nuk çon gjithmonë drejt qëllimit.

Situata që u krijua në zgjidhjen e problemit quhetparadoksi i shpikësit.Vetë paradoksi është se planet më komplekse mund të zbatohen me sukses më të madh nëse ato bazohen në një kuptim më të thellë të thelbit të çështjes.

Detyra 11. Vërtetoni se 2m + n - 2m për çdo natyrale lloji.

Zgjidhje. Këtu kemi dy opsione. Prandaj, mund të përpiqeni të kryeni të ashtuquajturatinduksion i dyfishtë(një induksion brenda një induksioni).

Ne do të kryejmë arsyetim induktiv në P.

1. Baza e induksionit sipas f. Për n = 1 duhet ta kontrolloni atë 2 t ~ 1 > t. Për të vërtetuar këtë pabarazi, ne përdorim induksionin në T.

A) Baza e induksionit nga vëll. Për t = 1 në vazhdim
barazi, e cila është e pranueshme.

b) Hapi i induksionit sipas t.Le të supozojmë se në t = k deklarata është e vërtetë, d.m.th 2 k ~ 1 > k. Pastaj lart
Le të themi se pohimi është i vërtetë edhe nëse m = k + 1.
Ne kemi:

në k natyrore.

Kështu, pabarazia 2 kryhet për çdo natyrale T.

2. Hapi i induksionit sipas zëritZgjidhni dhe rregulloni një numër natyror T. Le të supozojmë se në n = I deklarata është e vërtetë (për një fikse t), pra 2 t +1 ~ 2 > t1, dhe provoni se atëherë pohimi do të jetë i vërtetë për n = l + 1.
Ne kemi:

për çdo natyrale lloji.

Prandaj, bazuar në parimin e induksionit matematik (sipas P) deklarimi i problemit është i vërtetë për cilindo P dhe për çdo fikse T. Kështu, kjo pabarazi vlen për çdo natyrë lloji.

Detyra 12. Le të themi m, n dhe k janë numra natyrorë, dhe t > fq Cili nga dy numrat është më i madh:

Në çdo shprehje për të shenjat e rrënjës katrore, t dhe n alternative.

Zgjidhje. Le të provojmë fillimisht disa pohime ndihmëse.

Lemë. Për çdo natyrale t dhe n (t > n) dhe jo negative (jo domosdoshmërisht numër i plotë) X pabarazia

Dëshmi. Merrni parasysh pabarazinë

Kjo pabarazi është e vërtetë, pasi të dy faktorët në anën e majtë janë pozitivë. Duke zgjeruar kllapat dhe duke konvertuar, marrim:

Duke marrë rrënjën katrore të të dy pjesëve të pabarazisë së fundit, marrim pohimin e lemës. Pra, lema vërtetohet.

Tani le të kalojmë në zgjidhjen e problemit. Le të shënojmë të parin nga këta numra me A, dhe e dyta përmes b te . Le të vërtetojmë se a për çdo natyrale te. Vërtetimi do të kryhet me metodën e induksionit matematik veçmas për çift dhe tek te.

baza e induksionit. Për k = 1 kemi pabarazinë

y[t > y/n , e cila vlen për faktin se m > n. = 2, rezultati i dëshiruar merret nga lema e vërtetuar duke zëvendësuar x = 0.

hapi i induksionit. Supozoni, për disa te pabarazia a >b te i drejtë. Le ta vërtetojmë këtë

Nga supozimi i induksionit dhe monotonia e rrënjës katrore, kemi:

Nga ana tjetër, nga lema e vërtetuar del se

Duke kombinuar dy pabarazitë e fundit, marrim:

Sipas parimit të induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Detyra 13. (Pabarazia e Cauchy.)Vërtetoni se për çdo numër pozitiv..., një fq pabarazia

Zgjidhje. Për n = 2 pabarazia

mesatarja aritmetike dhe ajo gjeometrike (për dy numra) do të konsiderohen të njohura. Le n= 2, k = 1, 2, 3, ... dhe fillimisht kryeni induksionin në te. Baza e këtij induksioni qëndron.Duke supozuar tani që pabarazia e dëshiruar tashmë është vendosur për n = 2, ne do ta vërtetojmë atë P = 2. Kemi (duke përdorur pabarazinë për dy numra):

Prandaj, nga hipoteza e induksionit

Kështu, me induksion në k, ne kemi vërtetuar pabarazinë për të gjithë fq 9 të cilat janë fuqi të dy.

Për të vërtetuar pabarazinë për vlerat e tjera P do të përdorim "induksionin poshtë", domethënë do të vërtetojmë se nëse pabarazia plotësohet për arbitrare jo negative P numrat, vlen edhe për(P - numri 1). Për ta parë këtë, vërejmë se, sipas supozimit të bërë, për P numrat, pabarazia

domethënë, a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Duke i ndarë të dyja pjesët në P - 1, marrim pabarazinë e kërkuar.

Pra, fillimisht kemi përcaktuar se pabarazia vlen për një numër të pafund vlerash të mundshme P, dhe më pas tregoi se nëse pabarazia vlen P numrat, vlen edhe për(P - 1) numrat. Nga kjo tani arrijmë në përfundimin se pabarazia e Coty vlen për një grup prej P çdo numër jo negativ për cilindo n = 2, 3, 4, ...

Problemi 14. (D. Uspensky.) Për çdo trekëndësh ABC me kënde = CAB, = CBA janë të krahasueshme, ka pabarazi

Zgjidhje. Këndet dhe janë të krahasueshëm, dhe kjo (sipas definicionit) do të thotë se këto kënde kanë një masë të përbashkët, për të cilën = p, = (p, q janë numra natyralë bashkëprim).

Le të përdorim metodën e induksionit matematik dhe ta tërheqim atë mbi shumën n = p + q numrat natyral koprim..

baza e induksionit. Për p + q = 2 kemi: p = 1 dhe q = 1. Atëherë trekëndëshi ABC është dykëndësh, dhe pabarazitë e dëshiruara janë të dukshme: ato pasojnë nga mosbarazimi i trekëndëshit.

hapi i induksionit. Supozoni tani që pabarazitë e dëshiruara janë vendosur për p + q = 2, 3, ..., k - 1, ku k > 2. Le të vërtetojmë se pabarazitë vlejnë edhe për p + q = k.

Lere ABC është një trekëndësh i dhënë me> 2. Pastaj anët AC dhe BC nuk mund të jetë i barabartë: le AC > BC. Tani le të ndërtojmë, si në figurën 2, një trekëndësh dykëndësh ABC; ne kemi:

AC \u003d DC dhe AD \u003d AB + BD, prandaj,

2AC > AB + BD (1)

Konsideroni tani trekëndëshin VDC, këndet e të cilit janë gjithashtu të krahasueshme:

DCB = (q - p), BDC = p.

Oriz. 2

Ky trekëndësh plotëson hipotezën induktive, dhe për këtë arsye

(2)

Duke shtuar (1) dhe (2), kemi:

2AC+BD>

dhe për këtë arsye

Nga i njëjti trekëndësh WBS me hipotezën e induksionit konkludojmë se

Duke marrë parasysh pabarazinë e mëparshme, arrijmë në përfundimin se

Kështu, fitohet tranzicioni induktiv dhe deklarimi i problemit rrjedh nga parimi i induksionit matematik.

Koment. Pohimi i problemit mbetet i vlefshëm edhe kur këndet a dhe p nuk janë të krahasueshëm. Në bazë të shqyrtimit në rastin e përgjithshëm, ne tashmë duhet të zbatojmë një parim tjetër të rëndësishëm matematikor - parimin e vazhdimësisë.

Problemi 15. Disa drejtëza e ndajnë rrafshin në pjesë. Vërtetoni se është e mundur t'i ngjyrosni këto pjesë të bardha

dhe ngjyrat e zeza në mënyrë që pjesët ngjitur që kanë një segment kufiri të përbashkët të jenë me ngjyra të ndryshme (si në figurën 3 kur n = 4).

foto 3

Zgjidhje. Ne përdorim induksion në numrin e linjave. Pra le P - numri i linjave që ndajnë avionin tonë në pjesë, n > 1.

baza e induksionit. Nëse ka vetëm një të drejtë(P = 1), pastaj e ndan rrafshin në dy gjysmërrafshe, njëri prej të cilëve mund të jetë me ngjyrë të bardhë dhe tjetri i zi, dhe pohimi i problemit është i vërtetë.

hapi i induksionit. Për ta bërë më të qartë provën e hapit induktiv, merrni parasysh procesin e shtimit të një rreshti të ri. Nëse vizatojmë vijën e dytë(P= 2), atëherë marrim katër pjesë që mund të ngjyrosen në mënyrën e dëshiruar duke lyer qoshet e kundërta në të njëjtën ngjyrë. Le të shohim se çfarë ndodh nëse vizatojmë vijën e tretë të drejtë. Ai do të ndajë disa nga pjesët "e vjetra", ndërsa do të shfaqen pjesë të reja të kufirit, në të dy anët e të cilave ngjyra është e njëjtë (Fig. 4).

Oriz. 4

Le të vazhdojmë si më poshtë:Nga njëra anënga vija e re e drejtë do të ndryshojmë ngjyrat - do të bëjmë të bardhë të zezë dhe anasjelltas; në të njëjtën kohë, ato pjesë që shtrihen në anën tjetër të kësaj vije të drejtë nuk janë rilyer (Fig. 5). Atëherë kjo ngjyrosje e re do të plotësojë kërkesat e nevojshme: nga njëra anë, vija e drejtë ishte tashmë e alternuar (por me ngjyra të ndryshme), dhe nga ana tjetër, ishte e nevojshme. Në mënyrë që pjesët që kanë një kufi të përbashkët që i përket vijës së vizatuar të lyhen me ngjyra të ndryshme, ne i rilyem pjesët vetëm në njërën anë të kësaj vije të vizatuar.

Fig.5

Le të provojmë tani hapin induktiv. Supozoni se për disan = kpohimi i problemit është i vlefshëm, domethënë të gjitha pjesët e rrafshit në të cilat ndahet me këtopër tëdrejt, mund të lyeni në të bardhë dhe të zezë në mënyrë që pjesët fqinje të jenë me ngjyra të ndryshme. Le të vërtetojmë se atëherë ekziston një ngjyrosje e tillë përP= për të+ 1 drejt. Le të vazhdojmë në mënyrë të ngjashme me rastin e kalimit nga dy drejtëza në tre. Le të shpenzojmë në aeroplanpër tëe drejtpërdrejtë. Pastaj, me supozimin induktiv, "harta" që rezulton mund të ngjyroset në mënyrën e dëshiruar. Le të shpenzojmë tani(Për+ 1)-të drejtëza dhe në njërën anë të saj i ndryshojmë ngjyrat në të kundërt. Pra tani(PërVija e drejtë + 1)-të ndan kudo seksione me ngjyra të ndryshme, ndërsa pjesët "e vjetra", siç e kemi parë tashmë, mbeten të ngjyrosura saktë. Sipas parimit të induksionit matematik, problemi zgjidhet.

Detyrë16. Në buzë të shkretëtirës ka një furnizim të madh me benzinë dhe një makinë që, me një pikë karburanti të plotë, mund të përshkojë 50 kilometra. Në sasi të pakufizuar, ka bombola në të cilat mund të derdhni benzinë nga rezervuari i gazit të makinës dhe ta lini për ruajtje kudo në shkretëtirë. Vërtetoni se makina mund të përshkojë çdo distancë të plotë më të madhe se 50 kilometra. Nuk lejohet bartja e kanaçeve me benzinë, kanaçe bosh mund të barten në çdo sasi.

Zgjidhje.Le të përpiqemi ta vërtetojmë me induksionP,që makina mund të drejtojëPkilometra nga skaji i shkretëtirës. NëP= 50 dihet. Mbetet për të kryer hapin e induksionit dhe për të shpjeguar se si të arrijmë atjen = k+ 1 km nëse dihetn = kkilometra mund të përshkohen.

Megjithatë, këtu hasim një vështirësi: pasi kemi kaluarpër tëkilometra, benzina mund të mos mjaftojë as për udhëtimin e kthimit (për të mos përmendur ruajtjen). Dhe në këtë rast, zgjidhja është forcimi i pohimit që vërtetohet (paradoksi i shpikësit). Ne do të vërtetojmë se është e mundur jo vetëm të ngasëshPkilometra, por edhe për të bërë një furnizim të madh në mënyrë arbitrare me benzinë në një pikë në distancëPkilometra nga skaji i shkretëtirës, duke qenë në këtë pikë pas përfundimit të transportit.

baza e induksionit.Le të jetë një njësi benzine sasia e benzinës që kërkohet për të përfunduar një kilometër të udhëtimit. Më pas, një fluturim 1 kilometër dhe mbrapa kërkon dy njësi benzinë, kështu që ne mund të lëmë 48 njësi benzinë në ruajtje një kilometër nga skaji dhe të kthehemi për më shumë. Kështu, për disa udhëtime në ruajtje, ne mund të bëjmë një stok të një madhësie arbitrare që na nevojitet. Në të njëjtën kohë, për të krijuar 48 njësi stoku, ne shpenzojmë 50 njësi benzinë.

hapi i induksionit.Le të supozojmë se në distancëP= për tënga buza e shkretëtirës mund të ruani çdo sasi benzine. Le të vërtetojmë se atëherë është e mundur të krijohet një depo në distancën = k+ 1 km me çdo furnizim të paracaktuar me benzinë dhe të jetë në këtë depo në fund të transportit. Sepse në pikënP= për tëka një furnizim të pakufizuar me benzinë, atëherë (sipas bazës së induksionit) mundemi, në disa udhëtime në pikënn = k+ 1 për të vënë një pikëP= për të4- 1 stok i çdo madhësie që ju nevojitet.

E vërteta e një deklarate më të përgjithshme sesa në gjendjen e problemit tani rrjedh nga parimi i induksionit matematik.

konkluzioni

Në veçanti, pasi kam studiuar metodën e induksionit matematik, përmirësova njohuritë e mia në këtë fushë të matematikës, dhe gjithashtu mësova se si të zgjidhja probleme që më parë ishin përtej fuqisë sime.

Në thelb, këto ishin detyra logjike dhe argëtuese, d.m.th. vetëm ato që rrisin interesin për vetë matematikën si shkencë. Zgjidhja e problemeve të tilla bëhet një aktivitet argëtues dhe mund të tërheqë gjithnjë e më shumë njerëz kureshtarë në labirintet matematikore. Sipas mendimit tim, kjo është baza e çdo shkence.

Duke vazhduar të studioj metodën e induksionit matematik, do të përpiqem të mësoj se si ta zbatoj atë jo vetëm në matematikë, por edhe në zgjidhjen e problemeve në fizikë, kimi dhe vetë jetën.

Letërsia

1.Vulenkin INDUKSIONI. Kombinatorika. Manual PËR mësuesit. M., Iluminizmi,

1976.-48 f.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induksioni në gjeometri. - M.: Gosud. botues ndezur. - 1956 - S.I00. Një manual mbi matematikën për aplikantët në universitete / Ed. Yakovleva G.N. Shkenca. -1981. - Fq.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Induksioni në gjeometri. -
M .: Nauka, 1961. - (Ligjërata popullore për matematikën.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Libër mësuesi / “Iluminizmi” 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Çfarë është Matematika?" Kapitulli 1, § 2

6. Popa D. Matematika dhe arsyetimi i besueshëm. - M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Zbulim matematik. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Si të mësojmë metodën e induksionit matematik/shkollën e matematikës. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Mbi metodën e induksionit matematik. - M .: Nauka, 1977. - (Leksione popullore për matematikën.)

10. Solominsky I.S. Metoda e induksionit matematik. - M.: Shkencë.

63-të.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Mbi induksionin matematik. - M.: Shkencë. - 1967. - S.7-59.

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

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

Duke përdorur metodën e induksionit matematik, vërtetoni se për çdo natyrore n barazitë e mëposhtme janë të vërteta:
A) ;
b) .

Zgjidhje.

a) Kur n= 1 barazi është e vlefshme. Duke supozuar vlefshmërinë e barazisë për n, le të tregojmë se vlen edhe për n+ 1. Në të vërtetë,

Q.E.D.

b) Kur n= 1 vlefshmëria e barazisë është e qartë. Nga supozimi i drejtësisë së tij në n duhet

Jepet barazia 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, marrim

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

d.m.th., deklarata është gjithashtu e vërtetë për n + 1.

Shembulli 1 Vërtetoni barazitë e mëposhtme

Ku n RRETH N.

Zgjidhje. a) Kur n= 1 barazia do të marrë formën 1=1, pra, P(1) e vërtetë. Le të supozojmë se kjo barazi është e vërtetë, pra kemi

. Duhet ta kontrollojmë (të vërtetojmë) këtëP(n+ 1), d.m.th. e vërtetë. Sepse (duke përdorur supozimin induktiv) marrim, domethënë, P(n+ 1) është një deklaratë e vërtetë.

Kështu, sipas metodës së induksionit matematikor, barazia origjinale është e vlefshme për çdo natyrë n.

Vërejtje 2. Ky shembull mund të zgjidhet në një mënyrë tjetër. Në të vërtetë, shuma 1 + 2 + 3 + ... + nështë shuma e të parës n anëtarët e një progresion aritmetik me anëtarin e parë a 1 = 1 dhe diferenca d= 1. Në bazë të formulës së njohur , marrim

b) Kur n= 1 barazi do të marrë formën: 2 1 - 1 = 1 2 ose 1 = 1, d.m.th. P(1) e vërtetë. Le të supozojmë se barazia

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 dhe vërtetojnë atëP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 ose 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Duke përdorur hipotezën e induksionit, marrim

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

Kështu, P(n+ 1) është e vërtetë dhe, për rrjedhojë, vërtetohet barazia e kërkuar.

Vërejtje 3. Ky shembull mund të zgjidhet (në mënyrë të ngjashme me atë të mëparshëm) pa përdorur metodën e induksionit matematik.

c) Kur n= 1 barazia është e vërtetë: 1=1. Supozoni se barazia është e vërtetë

dhe tregoni atë kjo është e vërtetaP(n) nënkupton të vërtetënP(n+ 1). Vërtet, dhe që nga 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3)(n+ 2), marrim dhe, për rrjedhojë, barazia origjinale është e vlefshme për çdo natyralen.

d) Kur n= 1 barazi është e vlefshme: 1=1. Le të supozojmë se ka

dhe vërtetojnë atë

Vërtet,

e) Miratimi P(1) e vërtetë: 2=2. Le të supozojmë se barazia

është e vërtetë dhe ne vërtetojmë se nënkupton barazinë Vërtet,

Prandaj, barazia origjinale vlen për çdo natyrë n.

f) P(1) e vërtetë: 1/3 = 1/3. Le të ketë barazi P(n):

. Le të tregojmë se barazia e fundit nënkupton sa vijon:

Në të vërtetë, duke pasur parasysh atë P(n) zë vend, marrim

Kështu, vërtetohet barazia.

g) Kur n= 1 kemi a + b = b + a dhe prandaj barazia është e vërtetë.

Le të jetë e vlefshme formula binomiale e Njutonit për n = k, kjo eshte,

Pastaj Përdorimi i barazisë marrim

Shembulli 2 Vërtetoni pabarazitë

a) Pabarazia e Bernulit: (1 + a ) n ≥ 1 + n a , a > -1, n RRETH N.

b) x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n, Nëse x 1 x 2 · ... · x n= 1 dhe x i > 0, .

c) Pabarazia e Cauchy-t në lidhje me mesataren aritmetike dhe mesataren gjeometrike
Ku x i > 0, , n ≥ 2.

d) mëkati 2 n a + cos2 n a ≤ 1, n RRETH N.

f) 2 n > n 3 , n RRETH N, n ≥ 10.

Zgjidhje. a) Kur n= 1 marrim pabarazinë e vërtetë

1 + a ≥ 1 + a . Le të supozojmë se ka një pabarazi

(1 + a ) n ≥ 1 + n a

(1)

dhe tregojmë se atëherë kemi(1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a.

Në të vërtetë, meqenëse a > -1 nënkupton a + 1 > 0, atëherë duke shumëzuar të dyja anët e pabarazisë (1) me (a + 1), marrim

(1 + a ) n(1 + a ) ≥ (1 + n a )(1 + a ) ose (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 Sepse n a 2 ≥ 0, pra,(1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1)a.

Kështu, nëse P(n) është e vërtetë, atëherë P(n+ 1) është e vërtetë, prandaj, sipas parimit të induksionit matematik, pabarazia e Bernulit është e vërtetë.

b) Kur n= 1 marrim x 1 = 1 dhe, për rrjedhojë, x 1 ≥ 1 d.m.th. P(1) është një deklaratë e drejtë. Le të pretendojmë se P(n) është e vërtetë, domethënë nëse adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n numra pozitiv prodhimi i të cilëve është i barabartë me një, x 1 x 2 ·...· x n= 1, dhe x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Le të tregojmë se ky propozim nënkupton se sa vijon është e vërtetë: nëse x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) numra pozitivë të tillë që x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, atëherë x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Konsideroni dy rastet e mëposhtme:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Atëherë shuma e këtyre numrave është ( n+ 1), dhe plotësohet pabarazia e kërkuar;

2) të paktën një numër është i ndryshëm nga një, le të jetë, për shembull, më i madh se një. Pastaj, që nga x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, ka të paktën një numër tjetër që është i ndryshëm nga një (më saktë, më pak se një). Le x n+ 1 > 1 dhe x n < 1. Рассмотрим n numra pozitiv

x 1 ,x 2 ,...,x n-1 ,(x n · x n+1). Prodhimi i këtyre numrave është i barabartë me një dhe, sipas hipotezës, x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n + 1 ≥ n. Pabarazia e fundit rishkruhet si më poshtë: x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n x n+1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 ose x 1 + x 2 + ... + x n-1 + x n + x n+1 ≥ n + x n + x n+1 - x n x n+1 .

Sepse

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, atëherë n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Prandaj, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, domethënë nëse P(n) është e vërtetë, atëherëP(n+ 1) është e drejtë. Pabarazia është vërtetuar.

Vërejtje 4. Shenja e barazimit shfaqet nëse dhe vetëm nëse x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Le x 1 ,x 2 ,...,x n janë numra pozitivë arbitrarë. Merrni parasysh sa vijon n numra pozitiv:

Meqenëse produkti i tyre është i barabartë me një: sipas pabarazisë së vërtetuar më parë b), rezulton se ku

Vërejtje 5. Barazia vlen nëse dhe vetëm nëse x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) - një deklaratë e drejtë: sin 2 a + cos 2 a = 1. Supozoni se P(n) është një deklaratë e vërtetë:

Mëkati 2 n a + cos2 n a ≤ 1 dhe tregoni se kaP(n+ 1). Vërtet, mëkat 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) një \u003d mëkat 2 n një mëkat 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos2 n a ≤ 1 (nëse sin 2 a ≤ 1, atëherë cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, pastaj mëkat 2 a < 1). Таким образом, для любого n RRETH N mëkat 2 n a + cos2 n ≤ 1 dhe shenja e barazimit arrihet vetëm kurn = 1.

e) Kur n= 1 pohimi është i vërtetë: 1< 3 / 2 .

Le të supozojmë se dhe vërtetojnë atë

Sepse

duke marrë parasysh P(n), marrim

f) Duke marrë parasysh vërejtjen 1, kontrollojmë P(10): 2 10 > 10 3 , 1024 > 1000, pra, për n= 10 pohimi është i vërtetë. Supozoni 2 n > n 3 (n> 10) dhe provoni P(n+ 1), pra 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Që në n> 10 kemi ose , vijon se

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 ose n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Duke marrë parasysh pabarazinë (2 n > n 3), marrim 2 n+1 = 2 n 2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Kështu, sipas metodës së induksionit matematik, për çdo natyrore n RRETH N, n≥ 10 kemi 2 n > n 3 .

Shembulli 3 Vërtetoni këtë për çdo n RRETH N

Zgjidhje. a) P(1) është një pohim i vërtetë (0 pjesëtohet me 6). Le P(n) është e drejtë, domethënë n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) pjesëtohet me 6. Le të tregojmë se atëherë kemi P(n+ 1), domethënë ( n + 1)n(2n+ 1) pjesëtohet me 6. Në të vërtetë, pasi

Dhe si n(n - 1)(2 n- 1) dhe 6 n 2 pjesëtohen me 6, atëherë shuma e tyren(n + 1)(2 n+ 1) pjesëtohet me 6.

Kështu, P(n+ 1) është një deklaratë e drejtë, dhe, për rrjedhojë, n(2n 2 - 3n+ 1) pjesëtohet me 6 për cilindo n RRETH N.

b) Kontrollo P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, pra P(1) është një deklaratë e drejtë. Duhet të vërtetohet se nëse 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 pjesëtohet me 11 ( P(n)), pastaj 6 2 n + 3 n+2 + 3 n pjesëtohet gjithashtu me 11 ( P(n+ 1)). Në të vërtetë, që nga

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 == 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3 (6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 dhe si 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 dhe 33 6 2 n-2 pjesëtohen me 11, atëherë shuma e tyre është 6 2n + 3 n+2 + 3 n plotpjesëtohet me 11. Vërtetohet pohimi. Induksioni në gjeometri

Shembulli 4 Llogaritni anën e 2 të saktë n-gon i gdhendur në një rreth me rreze R.

Teksti i veprës vendoset pa imazhe dhe formula.
Versioni i plotë i veprës është i disponueshëm në skedën "Skedarët e punës" në formatin 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 metoda e induksionit matematikor nuk mund të shpërndahet, dhe në raste të tilla njohuritë në këtë fushë do të jenë shumë të dobishme.

Unë zgjodha këtë temë për kërkime, sepse në kurrikulën e shkollës metodës së induksionit matematik i jepet pak kohë, studenti mëson informacione sipërfaqësore që do ta ndihmojnë atë të marrë vetëm një ide të përgjithshme për këtë metodë, por vetë-zhvillimi do kërkohet ta studiojnë këtë teori në thellësi. Do të jetë vërtet e dobishme të mësoni më shumë rreth kësaj teme, pasi 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 në zgjidhjen e problemeve matematikore dhe vërtetimin e teoremave, vërtetoni dhe tregoni qartë rëndësinë praktike të metodës së induksionit matematik si një faktor i domosdoshëm për zgjidhjen e problemeve.

Detyrat e punës:

Analizoni literaturën dhe përmblidhni njohuritë mbi temën.

Të kuptojë parimet e induksionit matematik.

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

Formuloni përfundime dhe përfundime për punën e bërë.

Trupi kryesor i kërkimit

Historia e origjinës:

Vetëm nga fundi i shekullit të 19-të u zhvillua standardi i kërkesave për rigorozitet logjik, i cili edhe sot e kësaj dite mbetet dominues në punën praktike të matematikanëve për zhvillimin e teorive individuale matematikore.

Induksioni është një procedurë njohëse me anë të së cilës një deklaratë që i përgjithëson ato nxirret nga një krahasim i fakteve të disponueshme.

Në matematikë, roli i induksionit është kryesisht se ai qëndron në themel të aksiomatikës së zgjedhur. Pasi një praktikë e gjatë 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, pabarazia plotësohet.

Vetëdija për metodën e induksionit matematik si një metodë më vete e rëndësishme daton te Blaise Pascal dhe Gersonides, megjithëse disa raste zbatimi janë gjetur edhe në kohët e lashta nga 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 i të menduarit logjik arrijmë në më të lartën. Njeriu gjithmonë është përpjekur për përparim, për aftësinë për të zhvilluar logjikisht mendimin e tij, që do të thotë se vetë natyra e ka caktuar të mendojë në mënyrë induktive.

Induksioni dhe deduksioni

Dihet se ekzistojnë pohime të veçanta dhe të përgjithshme, dhe dy termat e dhënë bazohen në kalimin nga njëri në tjetrin.

Deduksion (nga lat. deductio - prejardhje) - kalimi 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 një fuqi të madhe bindjeje dhe përdoret gjerësisht jo vetëm për të vërtetuar teoremat në matematikë, por edhe kudo ku nevojiten njohuri të 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, njohurie, e lidhur me përgjithësimin e rezultateve të vëzhgimeve dhe eksperimenteve.Veçori e induksionit është natyra e tij probabiliste, d.m.th. duke pasur parasysh të vërtetën e premisave fillestare, përfundimi i induksionit është ndoshta i vërtetë, dhe në rezultatin përfundimtar mund të rezultojë si i vërtetë ashtu edhe i rremë.

Induksion i plotë dhe jo i plotë

Arsyetimi 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 rrjedh nga premisat është kryesisht probabilist.

Gjatë hulumtimit, zbulova se induksioni ndahet në dy lloje: i plotë dhe i paplotë.

Një induksion i plotë quhet një përfundim në të cilin bëhet një përfundim i përgjithshëm për një klasë objektesh në bazë të studimit të të gjitha objekteve të kësaj klase.

Për shembull, le të kërkohet të përcaktohet se çdo numër çift natyror n brenda 6≤ n≤ 18 mund të përfaqësohet si shuma e dy numrave të thjeshtë. Për ta bërë këtë, marrim të gjithë numrat e tillë dhe shkruajmë 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 me interes për ne 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; y2=23; y3=29; y4=37; Atëherë mund të supozojmë se e gjithë sekuenca përbëhet nga numrat e 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 gabuar, pra, induksioni jo i plotë nuk çon në përfundime plotësisht të besueshme, por na lejon të formulojmë një hipotezë, e cila më vonë kërkon vërtetim 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 mund të testojmë për të gjitha këto situata.Por si të testojmë për një numër të pafund rastesh? 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 fjalia A(n), e cila varet nga një numër natyror n, është e vërtetë për n=1, dhe nga fakti se është e vërtetë për n=k (ku k është çdo numër natyror), del se është gjithashtu e vërtetë për numrin tjetër n=k +1, atëherë supozimi A(n) është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Nëse fjalia A(n) është e vërtetë për n=p dhe nëse A(k)  A(k+1) për çdo k>p, atëherë fjalia A(n) është e 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.mendoj(supozojmë se pohimi vërtetohet për të parën për të rastet); 3 .hap(nën këtë supozim vërtetojmë pohimin për rastin P = për të + 1); 4. prodhimi (y Deklarata është e vërtetë për të gjitha rastet, pra për të gjitha P) .

Vini re se jo të gjitha problemet mund të zgjidhen me metodën e induksionit matematik, por vetëm problemet e parametruara nga disa ndryshore. Kjo variabël quhet ndryshore e induksionit.

Zbatimi i metodës së induksionit matematik

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

Probleme për vërtetimin e pabarazive.

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+х≥1+х

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, supozimi se pabarazia e Bernulit është e vërtetë për n=k nënkupton 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 të provojmë duke përdorur metodën e induksionit matematik.

Shënoni anën e majtë të pabarazisë me.

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

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, pra, dhe Ne vërtetuam vlefshmërinë e pabarazisë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pabarazia është e vërtetë për çdo n>1 natyror.

Probleme për vërtetimin e identitetit.

Shembulli 1 Vërtetoni se për çdo n natyral 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 prova e mësipërme është e qartë se pohimi është i vërtetë për n=k+1, prandaj, barazia është e vërtetë për çdo n natyrore.

Shembulli 2 Vërtetoni se për çdo n natyral barazinë

1) Kontrolloni që ky identitet të jetë i vërtetë për n = 1.; - drejtë.

2) Le të jetë i vërtetë identiteti edhe 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 barazia është e vërtetë për n=k dhe n=k+1, atëherë është e vërtetë për çdo n natyrore.

Detyrat përmbledhëse.

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 А(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 të vërtetë, 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 pjesët e barazisë kthehen në një dhe, për rrjedhojë, plotësohet kushti i parë i parimit të induksionit matematik.

Supozojmë se formula është e vërtetë 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 për n=k+1, atëherë ky pohim është i vërtetë për çdo n natyral.

detyrat 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 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23 × 133.

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

2) Supozojmë se (11 k+2 +12 2k+1) pjesëtohet 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 2n+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 është e pjestueshme me 133 pa mbetje, pasi termi i parë i saj është i pjesëtueshëm me 133 pa një mbetje sipas supozimit, 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 të plotë arbitrar pozitiv n është i pjesëtueshëm 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. Prandaj, për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozojmë se për n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 ndahet 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 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 me supozim, i dyti pjesëtohet me 11, sepse një nga faktorët e tij është numri 11. Prandaj, shuma është gjithashtu i pjesëtueshëm me 11 pa mbetje për çdo n natyrore.

Detyra nga jeta reale.

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

Kjo deklaratë nuk ka kuptim për të gjitha natyrore 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 vërtetë.

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

Duke lidhur pikat A 1 dhe A k , ne bëhemi konveks k-gon A 1 A 2 ... A k - 1A 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 trekëndëshit A 1 A k A k+ 1 . Por shuma e këndeve k-gon A 1 A 2 ... A k supozohet të jetë ( k- 2)π, dhe shuma e këndeve të trekëndëshit A 1 A k A k+ 1 është e barabartë me pi. 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 shkallët e së cilës janë të njëjta. Kërkohet të tregohet numri minimal i pozicioneve që do të garantonin mundësinë e "ngjitjes" së çdo hapi pas numrit.

Të gjithë janë dakord që duhet të ketë një kusht. Ne duhet të jemi në gjendje të ngjitemi në shkallën e parë. Më pas, ata duhet të jenë në gjendje të ngjiten nga hapi i parë në të dytin. Pastaj në të dytën - në të tretën, etj. deri në hapin e nëntë. Natyrisht, në total, deklaratat "n" garantojnë nm se do të jemi në gjendje të arrijmë në hapin e n-të.

Le të shohim tani pozicionet 2, 3,…., n dhe t'i krahasojmë ato me njëri-tjetrin. Është e lehtë të shihet se të gjithë kanë të njëjtën strukturë: nëse arrijmë në hapin k, atëherë mund të ngjitemi në hapin (k + 1). Prej këtu, një aksiomë e tillë për vlefshmërinë e pohimeve që varen nga "n" bëhet e natyrshme: nëse fjalia A (n), në të cilën n është numër natyror, plotësohet me n=1 dhe nga fakti që plotësohet. me n=k (ku k është çdo numër natyror), rrjedh se vlen edhe për n=k+1, atëherë supozimi A(n) vlen për çdo numër natyror n.

Aplikacion

Detyrat duke përdorur metodën e induksionit matematik kur hyjnë në universitete.

Vini re se kur hyni në institucionet e arsimit të lartë, ka edhe detyra që zgjidhen me këtë metodë. Le t'i shqyrtojmë ato në shembuj specifikë.

Shembulli 1 Vërtetoni se çdo e natyrshme P barazi të drejtë

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

2) Duke bërë supozimin induktiv se për 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 n natyrore.

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

1) Me n=1: 2 2 +15-1=18 - shumëfish i 9 (sepse 18:9=2)

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

3) Le të vërtetojmë se barazia vlen për numrin vijues n=k+1

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

4 (4k +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 duhej vërtetuar.

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

1) Kontrolloni nëse kjo formulë është e vërtetë për n=1: Ana e majte = 1∙2∙3=6.

Pjesa e djathtë = . 6 = 6; e vërtetë në 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 vërtetoi 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 është i plotë ose i paplotë, u njoha me metodën e induksionit matematikor bazuar në parimin e induksionit matematik, duke shqyrtuar 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 matematik, 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 matematik, 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. Gjithashtu, kjo njohuri rrit interesin për matematikën si shkencë.

Jam i sigurt se aftësitë e fituara gjatë punës do të më ndihmojnë në të ardhmen.

Bibliografi

Sominsky I.S. Metoda e induksionit matematik. Leksione popullore për matematikën, numri 3-M.: Nauka, 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. Manuali i matematikës për aplikantët në universitete (Pyetje të zgjedhura të matematikës elementare) - Ed. 5, rishikuar, 1976 - 638.

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

M.L. Galitsky, A.M. Goldman, L.I. Zvavich Koleksioni i problemeve në algjebër: libër shkollor për 8-9 qeliza. me një të thellë studimi i matematikës botimi i 7-të - M .: Arsimi, 2001. - 271 f.

Yu.N. - M .: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Wikipedia është enciklopedia e lirë.

Prezantimi

Pjesa kryesore

1. Induksion i plotë dhe jo i plotë

2. Parimi i induksionit matematik

3. Metoda e induksionit matematik

4. Zgjidhja e shembujve

5. Barazitë

6. Ndarja e numrave

7. Pabarazitë

konkluzioni

Lista e literaturës së përdorur

Prezantimi

Metoda e induksionit matematik mund të krahasohet me progresin. Fillojmë nga më e ulta, si rezultat i të menduarit logjik arrijmë tek më e larta. Njeriu gjithmonë është përpjekur për përparim, për aftësinë për të zhvilluar mendimin e tij në mënyrë logjike, që do të thotë se vetë natyra e ka caktuar të mendojë në mënyrë induktive.

Megjithëse fusha e aplikimit të metodës së induksionit matematik është rritur, pak kohë i kushtohet asaj në kurrikulën shkollore. Epo, thuaj që një person të dobishëm do t'i sjellë ato dy ose tre mësime për të cilat ai dëgjon pesë fjalë teorike, zgjidh pesë probleme primitive dhe, si rezultat, merr një pesë për të mos ditur asgjë.

Por kjo është kaq e rëndësishme - të jesh në gjendje të mendosh në mënyrë induktive.

Pjesa kryesore

Në kuptimin e saj origjinal, fjala "induksion" zbatohet për arsyetimin me anë të të cilit nxirren përfundime të përgjithshme bazuar në një numër pohimesh të veçanta. Metoda më e thjeshtë e arsyetimit të këtij lloji është induksioni i plotë. Këtu është një shembull i një arsyetimi të tillë.

Le të kërkohet të përcaktohet se çdo numër çift natyror n brenda 4< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Këto nëntë barazime tregojnë se secili nga numrat me interes për ne përfaqësohet me të vërtetë si shuma e dy termave kryesorë.

Kështu, induksioni i plotë është që pohimi i përgjithshëm vërtetohet veçmas në secilën prej një numri të kufizuar rastesh të mundshme.

Ndonjëherë rezultati i përgjithshëm mund të parashikohet pasi të merren parasysh jo të gjitha, por një numër i madh i rasteve të veçanta (i ashtuquajturi induksion jo i plotë).

Rezultati i përftuar nga induksioni jo i plotë, megjithatë, mbetet vetëm një hipotezë derisa të vërtetohet me arsyetim të saktë matematikor, duke mbuluar të gjitha rastet e veçanta. Me fjalë të tjera, induksioni jo i plotë në matematikë nuk konsiderohet një metodë legjitime e provës rigoroze, por është një metodë e fuqishme për zbulimin e të vërtetave të reja.

Le të kërkohet, për shembull, të gjendet shuma e n numrave të parë tek. Konsideroni raste të veçanta:

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

Pas shqyrtimit të këtyre pak rasteve të veçanta, sugjeron vetë përfundimi i përgjithshëm vijues:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

ato. shuma e n numrave të parë tek është n 2

Natyrisht, vëzhgimi i bërë nuk mund të shërbejë ende si provë e vlefshmërisë së formulës së mësipërme.

Në shumë raste, mënyra për të dalë nga kjo lloj vështirësie është përdorimi i një metode të veçantë arsyetimi, e quajtur metoda e induksionit matematik. Është si më poshtë.

Le të jetë e nevojshme të vërtetohet vlefshmëria e një deklarate të caktuar për çdo numër natyror n (për shembull, është e nevojshme të vërtetohet se shuma e n numrave të parë tek është e barabartë me n 2). Një verifikim i drejtpërdrejtë i këtij pohimi për secilën vlerë të n-së është i pamundur, pasi grupi i numrave natyrorë është i pafund. Për të vërtetuar këtë pohim, së pari kontrolloni vlefshmërinë e tij për n=1. Pastaj vërtetohet se për çdo vlerë natyrore të k, vlefshmëria e pohimit në shqyrtim për n=k nënkupton vlefshmërinë e tij edhe për n=k+1.

Atëherë pohimi konsiderohet i provuar për të gjitha n. Në të vërtetë, pohimi është i vërtetë për n=1. Por atëherë vlen edhe për numrin tjetër n=1+1=2. Vlefshmëria e pohimit për n=2 nënkupton vlefshmërinë e tij për n=2+

1=3. Kjo nënkupton vlefshmërinë e pohimit për n=4, e kështu me radhë. Është e qartë se, në fund, do të arrijmë çdo numër natyror n. Prandaj, pohimi është i vërtetë për çdo n.

Duke përmbledhur atë që u tha, ne formulojmë parimin e përgjithshëm vijues.

Parimi i induksionit matematik.

Nëse fjalia A ( n ) në varësi të numrit natyror n , e vërtetë për n =1 dhe nga fakti që është e vërtetë për n=k (ku k - çdo numër natyror), rrjedh se është e vërtetë edhe për numrin pasardhës n=k+1 , pastaj supozimi A( n ) është e 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 fjalia A ( n ) është e vërtetë për n=p dhe nese A( k ) Þ A( k+1) për këdo k>p, pastaj fjalia A( n) e vërtetë për këdo n>p.

Vërtetimi me 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. Kjo pasohet nga një pjesë e provës që quhet hapi i induksionit. Në këtë pjesë, vlefshmëria e pohimit për n=k+1 vërtetohet me supozimin se pohimi është i vërtetë për n=k (supozimi induktiv), d.m.th. vërtetoni se A(k)ÞA(k+1).

SHEMBULL 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)ÞA(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 .

Me të vërtetë,

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

Pra A(k)ÞA(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, konkludojmë se supozimi A(n) është i vërtetë për çdo nON.

SHEMBULL 2

Vërtetoni këtë

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

Zgjidhje: 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 vërtetë; A (1) është e vërtetë.

2) Le të jetë k çdo numër natyror dhe formula të jetë e vërtetë për n=k, d.m.th.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (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).

Me të vërtetë

1+х+х 2 +x 3 +…+х 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)ÞA(k+1). Bazuar në parimin e induksionit matematik, arrijmë në përfundimin se formula është e vërtetë për çdo numër natyror n.

SHEMBULL 3

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

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

Dhe 3 është e saktë, sepse në një trekëndësh

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

A 2 A(3) është e vërtetë.

2) Supozoni se në ndonjë

konveks k-gon ka-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 diagonale.

A k Le të vërtetojmë se atëherë në një konveks

(k+1)-numër gon

diagonalet A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Le të jetë А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -konveks (k+1)-kënd. Le të vizatojmë një diagonale A 1 A k në të. Për të numëruar numrin e përgjithshëm të diagonaleve të këtij (k + 1)-gon, 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 del nga kulmi A k+1 , dhe përveç kësaj, diagonalja A 1 A k.

Kështu,

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

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

SHEMBULL 4

Vërtetoni se për çdo n pohimi 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 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Prandaj, për n=1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozojmë se n=k

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Konsideroni këtë pohim për n=k+1

Xk+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 vlefshmërinë e barazisë për n=k+1, prandaj, në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi është i vërtetë për çdo n natyral.

SHEMBULL 5

Vërtetoni se për çdo n natyral 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) Supozojmë se barazia është e vërtetë për n=k

Një metodë vërtetimi e bazuar në aksiomën 4 të Peanos përdoret për të vërtetuar shumë veti matematikore dhe pohime të ndryshme. Baza për këtë është teorema e mëposhtme.

Teorema. Nëse deklarata A(n) me ndryshore natyrore n e vërtetë për n= 1 dhe nga fakti se është e vërtetë për n=k, rezulton se është e vërtetë edhe për numrin tjetër n=k, pastaj deklaratën A(n) n.

Dëshmi. Shënoni me M bashkësia e atyre dhe vetëm atyre numrave natyrorë për të cilët pohimi A(n) e vërtetë. Atëherë nga kushti i teoremës kemi: 1) 1 M; 2) k MkM. Prandaj, në bazë të Aksiomës 4, arrijmë në përfundimin se M =N, d.m.th. deklaratë A(n) e vërtetë për çdo natyrore n.

Metoda e vërtetimit e bazuar në këtë teoremë quhet metoda e induksionit matematik, dhe aksioma është aksioma e induksionit. Kjo dëshmi ka dy pjesë:

1) vërtetoni se deklarata A(n) e vërtetë për n= A(1);

2) supozojmë se deklarata A(n) e vërtetë për n=k, dhe, duke u nisur nga ky supozim, provoni se pohimi A(n) e vërtetë për n=k+ 1, d.m.th. se deklarata është e vërtetë A(k) A(k + 1).

Nëse A( 1) A(k) A(k + 1) është një pohim i vërtetë, atëherë ata konkludojnë se deklarata A(n) e vërtetë për çdo numër natyror n.

Vërtetimi me induksion matematikor mund të fillojë jo vetëm me konfirmimin e së vërtetës së pohimit për n= 1, por edhe nga çdo numër natyror m. Në këtë rast, deklarata A(n) do të vërtetohet për të gjithë numrat natyrorë nm.

Problem. Le të vërtetojmë se për çdo numër natyror barazia 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Zgjidhje. Barazia 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = nështë një formulë që mund të përdoret për të gjetur shumën e numrave të parë natyrorë tek. Për shembull, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (shuma përmban 4 terma), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (shuma përmban 6 terma); nëse kjo shumë përmban 20 terma të llojit të treguar, atëherë është e barabartë me 20 = 400, etj. Pasi të kemi vërtetuar të vërtetën e kësaj barazie, do të jemi në gjendje të gjejmë shumën e çdo numri termash të llojit të specifikuar duke përdorur formulën.

1) Verifikoni të vërtetën e kësaj barazie për n= 1. Kur n= 1 ana e majtë e barazisë përbëhet nga një term i barabartë me 1, ana e djathtë është e barabartë me 1 = 1. Meqenëse 1 = 1, atëherë për n= 1 kjo barazi është e vërtetë.

2) Supozoni se kjo barazi është e vërtetë për n=k, d.m.th. që 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Bazuar në këtë supozim, ne vërtetojmë se është e vërtetë për n=k+ 1, d.m.th. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Konsideroni anën e majtë të barazisë së fundit.

Sipas supozimit, shuma e të parës k kushtet është k dhe prandaj 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Shprehje k+ 2k + 1 është identikisht e barabartë me shprehjen ( k + 1).

Prandaj, e vërteta e kësaj barazie për n=k+ 1 është vërtetuar.

Kështu, kjo barazi është e vërtetë për n= 1 dhe nga e vërteta e saj për n=k ndjek të vërtetën për n=k+ 1.

Kjo dëshmon se kjo barazi është e vërtetë për çdo numër natyror.

Duke përdorur metodën e induksionit matematik, mund të vërtetohet e vërteta jo vetëm e barazive, por edhe e pabarazive.

Detyrë. Provoni se ku nN.

Zgjidhje. Le të kontrollojmë të vërtetën e pabarazisë për n= 1. Kemi - një pabarazi të vërtetë.

Le të supozojmë se pabarazia është e vërtetë për n=k, ato. - pabarazi e vërtetë. Le të provojmë, bazuar në supozimin, se është e vërtetë për n=k+ 1, d.m.th. (*).

Le të transformojmë anën e majtë të pabarazisë (*), duke marrë parasysh se : .

Por , që do të thotë dhe .

Pra, kjo pabarazi është e vërtetë për n= 1, dhe, nga fakti se pabarazia është e vërtetë për disa n= k, zbuluam se është e vërtetë edhe për n= k + 1.

Kështu, duke përdorur Aksiomën 4, ne kemi vërtetuar se kjo pabarazi është e vërtetë për çdo numër natyror.

Pohime të tjera mund të vërtetohen edhe me metodën e induksionit matematik.

Detyrë. Vërtetoni se pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror.

Zgjidhje. Le të kontrollojmë vërtetësinë e deklaratës për n= 1: - deklaratë e vërtetë.

Le të supozojmë se kjo deklaratë është e vërtetë për n=k: . Le të tregojmë, duke përdorur këtë, të vërtetën e deklaratës për n=k+ 1: .

Të transformojmë shprehjen: . Le të gjejmë ndryshimin k Dhe k+ 1 anëtarë. Nëse rezulton se diferenca që rezulton është një shumëfish i 7-së, dhe sipas supozimit, subtrahend është i pjesëtueshëm me 7, atëherë minuend është gjithashtu një shumëfish i 7:

Produkti është një shumëfish i 7, pra, dhe .

Kështu, kjo deklaratë është e vërtetë për n= 1 dhe nga e vërteta e saj për n=k ndjek të vërtetën për n=k+ 1.

Kjo dëshmon se ky pohim është i vërtetë për çdo numër natyror.

Detyrë. Vërtetoni se për çdo numër natyror n 2 pohimi (7-1)24 është i vërtetë.

Zgjidhje. 1) Kontrolloni vërtetësinë e deklaratës për n= 2: - pohim i vërtetë.

Artikulli i mëparshëm: Sa është shpejtësia e dritës Artikulli vijues: Karakteristikat e elementit të karbonit dhe vetitë kimike