Metoda e induksionit matematik. Parimi i induksionit matematik. Shembuj zgjidhjesh

Teksti i veprës vendoset pa imazhe dhe formula.
Versioni i plotë i punës 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.

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

Detyrat 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.

Trupi kryesor i hulumtimit

Historia e origjinës:

Vetëm nga fundi i shekullit të 19-të ekzistonte një standard i kërkesave për ashpërsi logjike, e cila mbetet edhe sot e kësaj dite dominuese në punën praktike të matematikanëve për 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 të disponueshme.

Në matematikë, roli i induksionit është kryesisht për shkak të faktit se ai qëndron në themel të aksiomatikës së zgjedhur. Pasi praktika e gjatë tregoi se një shteg i drejtë është gjithmonë më i shkurtër se një shteg i lakuar ose i thyer, ishte e natyrshme të formulohej një aksiomë: për çdo tre pika A, B dhe C, pabarazia vlen.

Vetëdija për metodën e induksionit matematik si një metodë më vete e rëndësishme shkon tek Blaise Pascal dhe Gersonides, megjithëse raste individuale të aplikimit janë gjetur në kohët e lashta nga Proclus dhe Euklid. Emri aktual për metodën u prezantua nga de Morgan në 1838.

Metoda e induksionit matematik mund të krahasohet me përparimin: ne fillojmë nga më e ulëta, 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 synuar të mendojë në mënyrë induktive.

Induksioni dhe deduksioni

Dihet se ekzistojnë deklarata private dhe të përgjithshme, dhe dy terma të dhënë bazohen në kalimin nga njëri në tjetrin.

Deduksion (nga lat.deductio - tërheqje) - kalim në procesin e njohjes nga i zakonshëm 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 jashtëzakonshme bindjeje dhe përdoret gjerësisht jo vetëm për vërtetimin e teoremave 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 i zakonshëm Me fjalë të tjera, është një metodë kërkimi, njohjeje që lidhet me përgjithësimin e rezultateve të vëzhgimeve dhe eksperimenteve.Veçori e 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 si i vërtetë ashtu edhe 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.

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

Induksioni i plotë quhet konkluzion, 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, 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 me interes për ne përfaqësohet me të vërtetë si një shumë e dy termave të thjeshtë.

Shqyrtoni shembullin e mëposhtëm: sekuenca yn = n 2 + n + 17; Le të shkruajmë katër termat e parë: 1 = 19; y 2 = 23; y 3 = 29; y 4 = 37; Atëherë mund të supozojmë se e gjithë sekuenca përbëhet nga numrat e thjeshtë. Por kjo nuk është kështu, merrni 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 në të ardhmen kërkon një provë ose përgënjeshtrim matematikor.

Metoda e induksionit matematik

Induksioni i plotë ka përdorim të kufizuar në matematikë. Shumë pohime interesante matematikore mbulojnë një numër të pafund rastesh të veçanta dhe ne nuk jemi në gjendje të kontrollojmë për të gjitha këto situata.Por si të kontrollojmë 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 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), rrjedh se është e vërtetë për numri tjetër n = k +1, atëherë supozimi A (n) është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Në një numër rastesh, është 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 А (n) është e vërtetë për n = p dhe nëse А (k)  А (k + 1) për çdo k> p, atëherë propozimi А (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 nga rastet më të thjeshta të veçanta ( NS = 1));

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

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

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

Problemet e vërtetimit të pabarazive.

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

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

2) Supozoni 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.

Ne 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 k natyral, ana e djathtë e barazisë së fundit është pozitive. Kjo është arsyeja pse. Por, pra, dhe. Ne kemi vërtetuar pabarazinë për n = k + 1, prandaj, me metodën e induksionit matematik, pabarazia vlen për çdo n> 1 natyrore.

Detyrat e vërtetimit të identitetit.

Shembulli 1. Vërtetoni se për çdo n natyrore barazia e mëposhtme 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) Supozoni 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, 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.

Është e qartë nga prova e mësipërme 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 numër të plotë pozitiv n barazinë

1) Le të kontrollojmë nëse ky identitet është 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, pra;

Sepse 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, domethënë, 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, domethënë 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: Për n = 1, të dyja anët e barazisë bëhen një dhe, për rrjedhojë, kushti i parë i parimit të induksionit matematik plotësohet.

Supozoni se formula është e vërtetë për n = k, d.m.th. ...

Shtoni këtë barazi në të dy anët dhe transformoni anën e djathtë. Pastaj marrim

Kështu, duke qenë se formula është e vërtetë për n = k, rrjedh se ajo është gjithashtu e vërtetë 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, kështu që 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 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 pjesëtueshme me 133 pa mbetje, pasi termi i parë i saj është i pjesëtueshëm me 133 pa një mbetje sipas supozimit, dhe në të dytin njëri prej faktorëve është 133.

Pra, A (k) → A (k + 1), atëherë duke u mbështetur 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 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) 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 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 me supozim, i dyti pjesëtohet me 11, sepse një nga faktorët e tij është 11. Kjo do të thotë se shuma është e pjestueshme me 11 pa mbetje për ndonjë n natyrore.

Detyrat e jetës reale.

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

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

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

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).

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 trekëndëshit A 1 A k A k + 1 . Por shuma e këndeve k-gon A 1 A 2 ... A k sipas supozimit është e 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 NS > 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" çdo hap pas numri.

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

Tani le të shohim pozicionet 2, 3,…., N dhe t'i krahasojmë ato me njëra-tjetrën. Është e lehtë të shihet se të gjithë kanë të njëjtën strukturë: nëse arrijmë në k hapa, atëherë mund të ngjitemi (k + 1) shkallë. Prandaj, një aksiomë e tillë për vlefshmërinë e pohimeve në varësi të "n" bëhet e natyrshme: nëse fjalia 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 ai vlen për n = k + 1, atëherë supozimi A (n) vlen për çdo numër natyror n.

Aplikacion

Detyrat duke përdorur metodën e induksionit matematik për pranim në universitete.

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

Shembulli 1. Vërtetoni se çdo e natyrshme NS barazi të drejtë

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

2) Bërja e hipotezës së induksionit që 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 hedhjes, ne transformojmë shprehjen:

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

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

1) Për 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 është 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) - i ndashëm me 9;

9 (5k-2) - i ndashëm me 9;

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

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

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

Pjesa e djathtë = . 6 = 6; e vërtetë për 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 vlefshme 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 NS.

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 matematik të bazuar në parimin e induksionit matematik, konsiderova shumë probleme duke përdorur këtë metodë.

Gjithashtu mësova shumë informacione të reja, të ndryshme nga ato që përfshihen në kurrikulën e shkollës.Duke studiuar metodën e induksionit matematik, përdora literaturë të ndryshme, burime në internet, si dhe u konsultova me një mësues.

Prodhimi: 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 bindur se aftësitë e fituara gjatë punës do të më ndihmojnë në të ardhmen.

​ Bibliografi

Sominskiy I.S. Metoda e induksionit matematik. Leksione popullore në matematikë, numri 3-M .: Nauka, 1974.

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

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) - Botim 5, i rishikuar, 1976 - 638 f.

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

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

Ma-ka-ry-chev Yu.N., Min-duke N.G Plotësoni kapitujt e tekstit shkollor al-gebra të klasës së 9-të. - M .: Pro-sves-shchenie, 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. Barazia

6. Ndarja e numrave

7. Pabarazitë

konkluzioni

Lista e literaturës së përdorur

Prezantimi

Të gjitha kërkimet matematikore bazohen në metoda deduktive dhe induktive. 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 përdoret 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 synuar 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, më thuaj se dy ose tre mësime për të cilat ai do të dëgjojë pesë fjalë teorike, do të zgjidhë pesë probleme primitive dhe, si rezultat, do të marrë një A për faktin se ai nuk di asgjë, do të sjellë diçka të dobishme për një person.

Dhe është kaq e rëndësishme të jesh në gjendje të mendosh në mënyrë induktive.

Pjesa kryesore

Sipas kuptimit të saj origjinal, fjala "induksion" zbatohet për arsyetimin me ndihmën e të cilit merren përfundime të përgjithshme, bazuar në një numër pohimesh të veçanta. Metoda më e thjeshtë e arsyetimit të këtij lloji është induksioni i plotë. Ja një shembull i këtij arsyetimi.

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 barazi tregojnë se secili nga numrat me interes për ne përfaqësohet me të vërtetë si një shumë e dy termave të thjeshtë.

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

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

Rezultati i marrë nga induksioni jo i plotë, megjithatë, mbetet vetëm një hipotezë derisa të vërtetohet me arsyetim të saktë matematikor që mbulon 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.

Supozoni, për shembull, që dëshironi të gjeni shumën e n numrave të parë tek. Le të shqyrtojmë 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

Sigurisht, ky vëzhgim nuk mund të shërbejë ende si një provë e vlefshmërisë së formulës së mësipërme.

Induksioni i plotë ka përdorim të kufizuar në matematikë. Shumë pohime interesante matematikore mbulojnë një numër të pafund rastesh të veçanta, por ne nuk jemi në gjendje të kontrollojmë për një numër të pafund rastesh. Induksioni jo i plotë shpesh çon në rezultate të gabuara.

Në shumë raste, mënyra për të dalë nga kjo lloj vështirësie është t'i drejtohemi një metode të veçantë arsyetimi që quhet metoda e induksionit matematik. Është si më poshtë.

Supozoni se ju duhet të provoni vlefshmërinë e disa pohimeve për çdo numër natyror n (për shembull, ju duhet të provoni se shuma e n numrave të parë tek është e barabartë me n 2). Verifikimi i drejtpërdrejtë i këtij pohimi për secilën vlerë të n-së është i pamundur, pasi bashkësia e numrave natyrorë është e pafundme. Për të vërtetuar këtë deklaratë, së pari kontrolloni vlefshmërinë e tij për n = 1. Më pas, 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 deklarata konsiderohet e provuar për të gjitha n. Në të vërtetë, deklarata është e vërtetë për n = 1. Por atëherë është gjithashtu e vërtetë 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 deklaratës për n = 4, etj. 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 А ( 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, është 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 А ( n ) është e vërtetë për n = p dhe nëse A ( k ) Þ A( k + 1) për këdo k> p, pastaj fjalia A ( n) e vërtetë për këdo n> fq.

Vërtetimi me metodën e induksionit matematik kryhet si më poshtë. Së pari, pohimi që vërtetohet verifikohet 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, vërtetojmë vlefshmërinë e pohimit për n = k + 1 nën supozimin e vlefshmërisë së pohimit për n = k (hipoteza e induksionit), 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, arrijmë në përfundimin se supozimi A (n) është i vërtetë për çdo nÎN.

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 saktë; 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 = (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 + 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) 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 n-gon konveks është n (n-3) / 2.

Zgjidhje: 1) Për n = 3, pohimi është

Dhe 3 është dinak, sepse në një trekëndësh

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

A 2 A (3) është e vërtetë.

2) Supozoni se në ndonjë

konveks k-gon ka-

А 1 sy А k = k (k-3) / 2 diagonale.

А k Le të vërtetojmë se atëherë në konveks

(k + 1) -numri gon

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

Le të A 1 A 2 A 3… A k A k + 1 -konveks (k + 1) -gon. Vizatoni një diagonale A 1 A k në të. Për të numëruar numrin total 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 (k + 1) -gon që dalin nga kulmi А k + 1, dhe përveç kësaj, diagonalja А 1 А 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 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.

Prandaj, për n = 1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni 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 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 natyrore barazia e mëposhtme 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

Savelyeva Ekaterina

Punimi shqyrton aplikimin e metodës së induksionit matematik në zgjidhjen e problemeve të pjesëtueshmërisë, në mbledhjen 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 numër 618

Në lëndën: algjebra dhe fillimi i analizës

Tema e punës së projektimit

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

Puna e përfunduar: Savelyeva E, klasa 11B

Mbikëqyrësi : Makarova T.P., mësuese e matematikës, GOU SOSH # 618

1. Hyrje.

2. Metoda e induksionit matematik në zgjidhjen e problemave për pjesëtueshmëri.

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 problemave gjeometrike.

6. Lista e literaturës së përdorur.

Prezantimi

Të gjitha kërkimet matematikore bazohen në metoda deduktive dhe induktive. 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 përdoret 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 progres-som. 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 synuar të mendojë në mënyrë induktive. Megjithëse fusha e aplikimit të metodës së induksionit matematik është rritur, ajo nuk ka shumë kohë në kurrikulën shkollore dhe është kaq e rëndësishme të jesh në gjendje të mendosh në mënyrë induktive. Zbatimi i këtij parimi në zgjidhjen e problemeve dhe vërtetimin e teoremave është në të njëjtin nivel me shqyrtimin në praktikën shkollore dhe parimet e tjera matematikore: të tretën e përjashtuar, përfshirje-përjashtim, Dirichlet etj. Ky abstrakt përmban probleme nga degë të ndryshme të matematikës, në të cilat Mjeti kryesor është përdorimi i metodës së 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 matematikën". Metoda e induksionit në kuptimin e saj të gjerë konsiston në kalimin nga vëzhgime të veçanta në një model universal, të përgjithshëm ose formulim të përgjithshëm. Në këtë interpretim, metoda është, natyrisht, metoda kryesore e kryerjes së kërkimit në çdo shkencë eksperimentale natyrore.

aktivitetet njerëzore. Metoda (parimi) i induksionit matematik në formën e tij më të thjeshtë përdoret kur duhet të vërtetoni një pohim për të gjithë numrat natyrorë.

Problemi 1. Në artikullin e tij "Si u bëra matematikan" A.N. Kolmogorov shkruan: "E mësova gëzimin e një zbulimi" matematikor herët, pasi vura re në moshën pesë ose gjashtë vjeç rregullsinë

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = З 2,

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

Shkolla botonte revistën “Dallëndyshet e pranverës”. Ai publikoi zbulimin tim ... "

Se çfarë lloj prove është dhënë në këtë revistë, ne nuk e dimë, por gjithçka filloi me vëzhgime private. Vetë hipoteza, e cila ndoshta doli 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 hipotezë, mjafton të vërtetohen dy fakte. Së pari, për n = 1 (dhe madje edhe për n = 2, 3, 4) deklarata e kërkuar është e vërtetë. Së dyti, supozoni se deklarata është e vërtetë për n = k, dhe sigurohuni që atëherë është e vërtetë edhe për n = k + 1:

1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2k + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1)) + (2k + 1) = 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 vërtetohet), dhe në bazë të faktit të dytë - për n = 2, prej nga për n = 3 (në bazë të të njëjtit, fakti i dytë), etj.

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

emërues: Vërtetoni se për cilindo n> 3 mund ta përfaqësoni njësinë si shumë NS fraksione të ndryshme të këtij lloji.

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

Rrjedhimisht, deklarata bazë është e 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 tjetër për të + 1. Me fjalë të tjera, supozoni se ka një përfaqësim

ku 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 zvogëlohen, domethënë emërtuesit (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 e th, nëse një thyesë, për shembull të fundit, e ndajmë në dy. Kjo mund të bëhet që nga

Dhe për këtë arsye

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

t (t + 1)> t.

Kështu, ne kemi vendosur:

1. për n = 3 kjo deklaratë është e vërtetë;

1. nëse deklarata e interesit për ne është e vërtetë për te,
   atëherë është e vërtetë edhe për k + 1.

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

Në zgjidhjen e dy detyrave të mëparshme, u ndërmorën dy hapa. Hapi i parë quhet bazë induksioni, i dyti -tranzicioni induktivose me 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 n nga parametri i induksionit.Kjo skemë logjike (pajisje), e cila na lejon të konkludojmë se pohimi në shqyrtim është i vërtetë për të gjithë numrat natyrorë (ose për të gjithë, duke filluar nga disa), pasi si baza ashtu edhe kalimi janë të vërteta, quhetparimi i induksionit matematik, mbi të cilën dhe bazohet metoda e induksionit matematik.Vetë termi "induksion" vjen nga fjala latine induktio (udhëzim), që nënkupton kalimin nga një njohuri 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, pikërisht në formën e njohur të dy hapave, u shfaq për herë të parë në vitin 1654 në traktatin e Blaise Pascal mbi trekëndëshin aritmetik, në të cilin një metodë e thjeshtë e llogaritjes së numrit të kombinimeve (koeficientët binomial) u vërtetua me induksion. D. Polya në libër citon B. Pascal me ndryshime të vogla të dhëna në kllapa katrore:

“Pavarësisht se fjalia në shqyrtim [një formulë e qartë për koeficientët binomial] përmban raste të panumërta të veçanta, unë do të jap një provë shumë të shkurtër për të bazuar në dy lema.

Lema e parë pohon se supozimi është i vërtetë për bazën - kjo është e qartë. [në NS = 1 formula e qartë është e vlefshme ...]

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

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

Problemi 3. Puzzle "Kullat e 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 zhvendoset në një nga shufrat e tjera, duke transferuar vetëm një unazë në të njëjtën kohë dhe duke mos vendosur unazën më të madhe në atë më të vogël. A mund të bëhet kjo?

Zgjidhje. Pra, duhet t'i përgjigjemi pyetjes: a është e mundur të lëvizim piramidën e përbërë nga NS unaza me diametra të ndryshëm, nga një shufër në tjetrën, duke respektuar rregullat e lojës? Tani problemi është, siç thonë ata, i parametrizuar nga ne (ne kemi futur në konsideratë numrin natyror NS), dhe mund të zgjidhet me metodën e induksionit matematik.

1. Baza e induksionit. Për n = 1, gjithçka është e qartë, pasi një piramidë nga një unazë padyshim mund të zhvendoset në çdo shufër.
2. Hapi i induksionit. Supozoni se mund të lëvizim çdo piramidë me numrin e unazave n = k.
   Le të vërtetojmë se atëherë mund të lëvizim piramidën me të n = k + 1.

Piramida nga deri në unaza të shtrira në më të madhen(Për + 1) unaza e th, ne, sipas supozimit, mund të kalojmë në ndonjë shufër tjetër. Le ta bejme. Stacionare(Për + 1) Unaza -th nuk do të ndërhyjë në algoritmin e lëvizjes, pasi është më i madhi. Pas lëvizjes për të unaza, lëviz këtë më të madhe(Për + 1) unaza në shufrën e mbetur. Dhe pastaj përsëri ne aplikojmë algoritmin e zhvendosjes së njohur për ne nga hipoteza induktive për të unaza dhe lëvizini ato te shufra me(Për + 1) unaza. Kështu, nëse jemi në gjendje të lëvizim piramidat me për të unaza, atëherë ne jemi në gjendje të lëvizim piramidat dhe me 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 për pjesëtueshmërinë.

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

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

Për n = 1 pohimi ynë është i vërtetë: - një numër çift. Supozoni se është një numër çift. Meqenëse, një 2k është një numër çift, atëherë ai është gjithashtu çift. Pra, barazia vërtetohet për n = 1, barazia nxirret nga barazia, pra edhe për të gjitha vlerat natyrore të n.

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

Zgjidhje. Së pari, vërtetojmë me induksion një pohim ndihmës se 3 3n + 3 - 1 pjesëtohet me 26 pa mbetje në n> 0.

1. Baza e induksionit. Për n = 0 kemi: З 3 - 1 = 26 - ndahet me 26.

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

atëherë nga hipoteza induktive konkludojmë se numri 3 3k + 6 - 1 pjesëtohet me 26.

Tani le të provojmë deklaratën e formuluar në deklaratën e problemit. Dhe përsëri me induksion.

1. Baza e induksionit. Natyrisht, për n = 1 pohim është i vërtetë: që nga 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Hapi i induksionit. Supozoni se për n = k
   shprehja 3 3k + 3 - 26k - 27 pjesëtuar me 26 2 pa mbetje dhe provoni se pohimi është i vërtetë për n = k + 1,
   ky është numri

pjesëtueshëm me 26 2 pa mbetje. Në shumën e fundit, të dy termat pjesëtohen me 26 pa mbetje 2 ... Së pari, sepse kemi vërtetuar se shprehja në kllapa është e pjesëtueshme me 26; e dyta është nga hipoteza e induksionit. Në bazë të parimit të induksionit matematik, pohimi i kërkuar vërtetohet plotësisht.

Zbatimi i metodës së induksionit matematik në mbledhjen e serive.

Detyra 5. Provoni Formulën

N është një numër natyror.

Zgjidhje.

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

Supozoni se formula është e vërtetë për n = k, d.m.th.

Shtoni këtë barazi në të dy anët dhe transformoni anën e djathtë. Pastaj marrim

Kështu, duke qenë se formula është e vërtetë për n = k, rrjedh se ajo është gjithashtu e vërtetë 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.

Detyrë 6. Janë të shkruar dy numra në tabelë: 1.1. Pasi kemi 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, do të ketë numrat 1, 4, 3. , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Sa do të jetë shuma e të gjithë numrave në tabelë pas 100 operacione?

Zgjidhje. Plotësoni të gjitha 100 operacionet do të kërkonin shumë kohë dhe do të kërkonin kohë. Prandaj, ne 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 cilave S 4 është 82.

Në fakt, nuk mund t'i shkruani numrat, por menjëherë thoni se si do të ndryshojë shuma pasi të shtoni numra të rinj. Le të jetë shuma 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 njësive ekstreme) tani përfshihet në shumë 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 trefish, si në fuqitë e një trefishi (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. Shih tabelën (për n = 0, 1, 2, 3).

Hapi i induksionit. Le të pretendojmë se

Më pas do ta vërtetojmë këtë S k + 1 = Z k + 1 + 1.

Vërtet,

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

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

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

x n = Zx n - 1 - 2x n - 2,

pastaj

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

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

Baza e induksionit. Ai konsiston në kontrollimin e dy deklaratave: për n = 1 dhe n = 2.B në të dyja rastet, pohimi është i vërtetë sipas kushtit.

Hapi i induksionit. Supozoni se për n = k - 1 dhe n = k deklarimi është përmbushur, d.m.th

Le të provojmë më pas vlefshmërinë e deklaratës për n = k + 1. Kemi:

x 1 = 3 (2 + 1) - 2 (2 + 1) = 2 + 1, sipas nevojës.

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 n - numri natyror. Ne do të kryejmë induksion në NS.

Baza e induksionit. Për n = Deklarata 1 është e vërtetë, pasi njësia në vetvete është një numër Fibonacci.

Hapi i induksionit. Supozoni se të gjithë numrat natyrorë janë më të vegjël se një numër NS, mund të përfaqësohet si shuma e disa anëtarëve të ndryshëm të sekuencës Fibonacci. Gjeni numrin më të madh të Fibonaçit F t, jo superiore NS; kështu, F m n dhe F m +1> n.

Për aq sa

Sipas hipotezës së induksionit, numri n- F t mund të përfaqësohet si shuma e 5 e disa anëtarëve të ndryshëm të sekuencës Fibonacci, dhe nga pabarazia e fundit rezulton 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.

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

(1 + x) n> 1 + xn.

Zgjidhje. Prova do të kryhet përsëri me induksion.

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

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

2. Hapi i induksionit. Supozoni 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 të vërtetohet formulohet qartë. Ndonjëherë, duke vëzhguar raste të veçanta, së pari duhet të zbulohet (të hamendësohet) se në cilin ligj të përgjithshëm çojnë ato dhe vetëm atëherë të vërtetohet hipoteza e shprehur me metodën e induksionit matematik. Për më tepër, ndryshorja e induksionit mund të maskohet, dhe para se të zgjidhet problemi, është e nevojshme të përcaktohet se me cilin parametër do të kryhet induksioni. Konsideroni detyrat e mëposhtme si shembuj.

Problemi 10. Vërtetoni këtë

me çdo natyrale n> 1.

Zgjidhje, Le të përpiqemi ta vërtetojmë këtë pabarazi me anë të induksionit matematik.

Baza e induksionit verifikohet lehtësisht: 1+

Nga hipoteza e induksionit

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 deklaratë më të fortë sesa kërkohet në problemin origjinal. Domethënë, le ta vërtetojmë këtë

Mund të duket se vërtetimi i kësaj deklarate me induksion është një detyrë e pashpresë.

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

dhe më pas provojeni atë

Vërtet,

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

Është udhëzuese këtu që megjithëse duhej të provonim një pohim më të fortë se sa kërkohet në problem, ne mund të kishim përdorur një supozim më të fortë në hapin induktiv. Kjo shpjegon pse një zbatim i drejtpërdrejtë i parimit të induksionit matematik nuk çon gjithmonë te qëllimi.

Situata që u krijua gjatë zgjidhjes së problemit u quajtparadoksi i shpikësit.Paradoksi në vetvete 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 2 m + n - 2 m me çdo natyrale lloji i.

Zgjidhje. Këtu kemi dy parametra. Prandaj, mund të përpiqeni të kryeni të ashtuquajturatinduksion i dyfishtë(induksion brenda induksionit).

Ne do të kryejmë arsyetim induktiv në NS.

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

a) Baza e induksionit në m. Kur m = 1 vrapim
barazi, e cila është e lejuar.

b) Hapi i induksionit në t.Supozoni se për t = k deklarata është e vërtetë, d.m.th 2 k ~ 1> k. Pastaj më parë
ne besojmë se deklarata është e vërtetë edhe për m = k + 1.
Ne kemi:

me c natyrore.

Kështu, pabarazia 2 kryhet me ndonjë natyrale T.

2. Hapi i induksionit nga f.Le të zgjedhim dhe rregullojmë një numër natyror T. Supozoni se për n = I deklarata është e vërtetë (për një fikse m), domethënë 2 m +1 ~ 2> m1, dhe vërtetoni se atëherë deklarata vlen edhe për n = l + 1.
Ne kemi:

me çdo natyrale lloji i.

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

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

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

Zgjidhje. Le të provojmë fillimisht një deklaratë të caktuar ndihmëse.

Lemë. Me çdo natyrale m dhe n (m> n) dhe jo negative (jo domosdoshmërisht e plotë) NS pabarazia është e vërtetë

Dëshmi. Merrni parasysh pabarazinë

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

Duke marrë rrënjën katrore të të dy anëve të mosbarazimit të 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 k. Le të vërtetojmë se a me çdo natyrale për të. Vërtetimi do të kryhet me metodën e induksionit matematik veçmas për çift dhe tek për të.

Baza e induksionit. Për k = 1 kemi pabarazinë

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

Hapi i induksionit. Supozoni për disa k pabarazi a> b k i drejtë. Le ta vërtetojmë atë

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.

Problemi 13. (Pabarazia cauchy.)Vërtetoni se për çdo numër pozitiv ..., a n pabarazia është e vërtetë

Zgjidhje. Për n = 2, pabarazia

mesatarja aritmetike dhe ajo gjeometrike (për dy numra) do të konsiderohen të njohura. Le te jete n = 2, k = 1, 2, 3, ... dhe së pari përdorim induksionin në për të. Baza e këtij induksioni zhvillohet duke supozuar tani që pabarazia e kërkuar tashmë është vendosur për n = 2, ne e vërtetojmë atë për NS = 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 n 9 të cilat janë një fuqi prej dysh.

Për të vërtetuar pabarazinë për vlerat e tjera NS ne do të përdorim "induksion në rënie", domethënë do të vërtetojmë se nëse pabarazia vlen për jonegativë arbitrare NS numrat, atëherë është e vërtetë edhe për(NS - 1) numri. Për ta verifikuar këtë, vini re se, nga supozimi i bërë, për NS numrat, pabarazia

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

Pra, fillimisht kemi përcaktuar se pabarazia vlen për një numër të pafund vlerash të mundshme NS, dhe më pas tregoi se nëse pabarazia vlen NS numrat, atëherë është e vërtetë edhe për(NS - 1) numrat. Nga kjo tani arrijmë në përfundimin se pabarazia Coty vlen për një grup prej NS 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, pabarazitë

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

Do të përdorim metodën e induksionit matematik dhe do ta zbatojmë 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 nevojshme janë të dukshme: ato rrjedhin nga mosbarazimi i trekëndëshit.

Hapi i induksionit. Supozoni tani që pabarazitë e kërkuara 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 - një trekëndësh i dhënë, në të cilin> 2. Pastaj anët AC dhe BC nuk mund të jetë i barabartë: le AC> para Krishtit. Tani ndërtojmë, si në figurën 2, një trekëndësh dykëndësh ABC; ne kemi:

AC = DC dhe AD = 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

Supozimi induktiv është përmbushur për këtë trekëndësh, dhe për këtë arsye

(2)

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

2AC + BD>

dhe për këtë arsye

Nga i njëjti trekëndësh VBS nga hipoteza e induksionit konkludojmë se

Duke marrë parasysh pabarazinë e mëparshme, konkludojmë se

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

Komentoni. Pohimi i problemit mbetet i vlefshëm edhe në rastin kur këndet a dhe p nuk janë të krahasueshëm. Në bazë të shqyrtimit në rastin e përgjithshëm, tashmë është e nevojshme të zbatohet një parim tjetër i rëndësishëm matematikor - parimi i vazhdimësisë.

Problemi 15. Disa drejtëza e ndajnë rrafshin në pjesë. Provoni se mund t'i lyeni këto pjesë të bardha

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

foto 3

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

Baza e induksionit. Nëse vija e drejtë është e vetme(NS = 1), pastaj e ndan rrafshin në dy gjysmërrafshe, njëri prej të cilëve mund të jetë me ngjyrë të bardhë dhe tjetri i zi, dhe deklarimi i problemit është i vërtetë.

Hapi i induksionit. Për ta bërë më të qartë provën e tranzicionit induktiv, merrni parasysh procesin e shtimit të një rreshti të ri. Nëse e vizatojmë të drejtën e dytë(NS= 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 tërheqim të tretën rresht. Do të ndajë disa nga pjesët "e vjetra" dhe 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:njëra anëndryshoni ngjyrat nga vija e re e drejtë - bëni të bardhë të zezë dhe anasjelltas; në këtë rast nuk i rilyejmë ato pjesë që shtrihen në anën tjetër të kësaj vije të drejtë (Fig. 5). Atëherë kjo ngjyrosje e re do të plotësojë kërkesat e nevojshme: nga njëra anë e vijës së drejtë, ajo tashmë ishte 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 drejtë të vizatuar të lyhen me ngjyra të ndryshme, ne i rilyem pjesët vetëm në njërën anë të kësaj drejteje të vizatuar.

Fig. 5

Le të provojmë tani tranzicionin induktiv. Supozoni se për disan = kpohimi i problemit është i vërtetë, domethënë të gjitha pjesët e rrafshit në të cilat ndahet me këtopër tëdrejt, mund të lyhet në të bardhë dhe të zezë në mënyrë që pjesët ngjitur të jenë me ngjyra të ndryshme. Le të vërtetojmë se atëherë ekziston një ngjyrosje e tillë përNS= për të+ 1 vija të drejta. Ne vazhdojmë në mënyrë të ngjashme me rastin e kalimit nga dy drejtëza në tre. Le të shpenzojmë në aeroplanpër tëe drejtpërdrejtë. Pastaj, sipas hipotezës së induksionit, "harta" që rezulton mund të ngjyroset sipas nevojës. Le të shpenzojmë tani(Për+ 1) vijën e drejtë dhe në njërën anë të saj i ndryshojmë ngjyrat në të kundërt. Pra tani(Për+ 1) - Vija e drejtë kudo ndan 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 mund të përshkojë 50 kilometra kur mbushet plotësisht me karburant. Ka bombola të pakufizuara në të cilat mund të derdhni benzinë ​​nga rezervuari i gazit të makinës dhe ta lini për ruajtje kudo në shkretëtirë. Vërtetoni se një makinë mund të përshkojë çdo distancë të plotë më të madhe se 50 kilometra. Nuk lejohet bartja e kanaçeve me benzinë, kanaçet bosh mund të barten në çdo sasi.

Zgjidhje.Ne do të përpiqemi ta vërtetojmë atë me induksion nëNS,që makina të mund të largohetNSkilometra nga skaji i shkretëtirës. NëNS= 50 dihet. Mbetet për të kryer hapin e induksionit dhe për të shpjeguar se si të vozitnin = k+ 1 kilometra nëse dihet sen = kkilometra që mund të vozitësh.

Megjithatë, këtu jemi përballur me 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 ju nuk mund të vozitni vetëmNSkilometra, por edhe të bëjë një furnizim të madh në mënyrë arbitrare me benzinë ​​në një pikë në distancëNSkilometra nga skaji i shkretëtirës, ​​duke mbërritur në këtë pikë pas përfundimit të transportit.

Baza e induksionit.Le të jetë njësia e benzinës sasia e benzinës që kërkohet për të udhëtuar një kilometër. Më pas, një udhëtim 1 kilometër dhe mbrapa kërkon dy njësi benzinë, kështu që ne mund të lëmë 48 njësi benzinë ​​në ruajtje një kilometër larg skajit dhe të kthehemi për një pjesë të re. Kështu, për disa fluturime 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 konsumojmë 50 njësi benzinë.

Hapi i induksionit.Supozoni se në një distancëNS= për tënga skaji i shkretëtirës, ​​mund të rezervoni çdo sasi benzine. Ne do të vërtetojmë se atëherë është e mundur të krijohet një ruajtje në distancën = k+ 1 km me çdo furnizim të paracaktuar me benzinë ​​dhe të jetë në këtë depo në fund të transportit. Që në pikënNS= për tëka një furnizim të pakufizuar me benzinë, atëherë (sipas bazës së induksionit) mund të bëjmë disa udhëtime deri në pikënn = k+ 1 bëj në pikëNS= për të4 - 1 stok i çdo madhësie sipas nevojës.

E vërteta e një deklarate më të përgjithshme sesa në deklaratën 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 drejt labirinteve 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 të fizikës, kimisë dhe vetë jetës.

Letërsia

1.Vulenkin INDUKSIONI. Kombinatorika. Një udhëzues për mësuesit. M., Iluminizmi,

1976.-48 f.

2.Golovina L.I., Yaglom I.M. Induksioni në gjeometri. - M .: Gosud. botuar. letër. - 1956 - S. I00. Një manual në matematikë për aplikantët e universitetit / Ed. Yakovleva G.N. shkenca. -1981. - S.47-51.

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

4. I.T.Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I.Schwarzburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. Libër mësuesi / "Arsimi" 1975.

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

6. Popa D. Matematika dhe arsyetimi i besueshëm. - M: Shkencë, 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. - Fq.14-20.

9. Sominskiy 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.

63c.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Rreth induksionit matematik. - M.: Shkencë. - 1967. - Fq.7-59.

12.httr: //sh.wikiiredia.org/wiki

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

Njohuria e vërtetë në çdo kohë bazohej në vendosjen e një modeli dhe provën e vërtetësisë së tij në rrethana të caktuara. Për një periudhë kaq të gjatë të ekzistencës së arsyetimit logjik, u dhanë formulime të rregullave, madje Aristoteli bëri një listë të "arsyetimit të saktë". Historikisht, është zakon që të gjitha konkluzionet të ndahen në dy lloje - nga konkrete në të shumëfishta (induksion) dhe anasjelltas (deduksion). Duhet të theksohet se llojet e provave nga e veçanta në të përgjithshme dhe nga e përgjithshme në të veçantë ekzistojnë vetëm në ndërlidhje dhe nuk mund të jenë të këmbyeshme.

Induksioni në matematikë

Termi "induksion" (induksion) ka rrënjë latine dhe fjalë për fjalë përkthehet si "udhëzim". Me një shqyrtim më të afërt, mund të dallohet struktura e fjalës, përkatësisht parashtesa latine - në- (shënon veprimin e drejtuar nga brenda ose të qenit brenda) dhe -duksion - hyrje. Duhet të theksohet se ekzistojnë dy lloje - induksioni i plotë dhe jo i plotë. Forma e plotë karakterizohet nga përfundimet e nxjerra nga studimi i të gjitha lëndëve të një klase të caktuar.

Jo të plota - përfundimet e aplikuara për të gjitha lëndët e klasës, por të bëra në bazë të studimit të vetëm disa njësive.

Induksioni i plotë matematikor është një konkluzion i bazuar në një përfundim të përgjithshëm për të gjithë klasën e çdo objekti që lidhet funksionalisht nga marrëdhëniet e një serie natyrore numrash bazuar në njohuritë për këtë lidhje funksionale. Për më tepër, procesi i provës zhvillohet në tre faza:

• në të parën vërtetohet korrektësia e pozicionit të induksionit matematik. Shembull: f = 1, induksion;
• faza tjetër bazohet në supozimin e ligjshmërisë së pozicionit për të gjithë numrat natyrorë. Kjo është, f = h, kjo është një hipotezë induksioni;
• në fazën e tretë, vërtetohet vlefshmëria e pozicionit për numrin f = h + 1, bazuar në korrektësinë e pozicionit të pikës së mëparshme - ky është një kalim induksioni, ose një hap i induksionit matematik. Një shembull është i ashtuquajturi nëse kocka e parë me radhë bie (bazë), atëherë të gjitha kockat në një rresht do të bien (tranzicioni).

Si me shaka ashtu edhe me seriozitet

Për lehtësinë e perceptimit, shembujt e zgjidhjes me metodën e induksionit matematik denoncohen në formën e problemeve me shaka. Kjo është detyra Polite Queue:

• Rregullat e sjelljes e ndalojnë një burrë që të mbajë radhë para një gruaje (në një situatë të tillë, ajo lejohet të shkojë përpara). Bazuar në këtë deklaratë, nëse personi i fundit në radhë është një burrë, atëherë të gjithë të tjerët janë burra.

Një shembull i mrekullueshëm i metodës së induksionit matematik është problemi "Fluturimi pa dimension":

• Kërkohet të vërtetohet se çdo numër njerëzish mund të futen në minibus. Është e vërtetë që një person mund të futet brenda automjetit pa vështirësi (bazë). Por sado i mbushur të jetë minibusi, 1 pasagjer do të futet gjithmonë në të (hapi i induksionit).

Rrethe të njohura

Shembujt e zgjidhjes së problemeve dhe ekuacioneve me metodën e induksionit matematik janë mjaft të zakonshëm. Si ilustrim i kësaj qasjeje, mund të konsiderohet problemi i mëposhtëm.

gjendja: h rrathë vendosen në rrafsh. Kërkohet të vërtetohet se për çdo renditje të figurave, harta e formuar prej tyre mund të ngjyroset saktë me dy ngjyra.

Zgjidhje: për h = 1, e vërteta e pohimit është e qartë, kështu që vërtetimi do të ndërtohet për numrin e rrathëve h + 1.

Le të supozojmë se pohimi është i vlefshëm për çdo hartë, dhe rrathët h + 1 janë dhënë në aeroplan. Duke hequr një nga rrathët nga totali, mund të merrni një hartë të ngjyrosur saktë me dy ngjyra (bardh e zi).

Kur rivendosni një rreth të fshirë, ngjyra e secilës zonë ndryshon në atë të kundërt (në këtë rast, brenda rrethit). Rezulton se harta është ngjyrosur saktë në dy ngjyra, siç kërkohet.

Shembuj me numra natyrorë

Aplikimi i metodës së induksionit matematik është treguar qartë më poshtë.

Shembuj zgjidhje:

Vërtetoni se për çdo h barazia do të jetë e saktë:

1 2 +2 2 +3 2 +… + h 2 = h (h + 1) (2h + 1) / 6.

1. Le të jetë h = 1, që do të thotë:

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

Nga kjo rezulton se për h = 1 pohimi është i saktë.

2. Duke supozuar se h = d, fitohet ekuacioni i mëposhtëm:

R 1 = d 2 = d (d + 1) (2d + 1) / 6 = 1

3. Duke supozuar se h = d + 1, rezulton:

R d + 1 = (d + 1) (d + 2) (2d + 3) / 6

R d + 1 = 1 2 +2 2 +3 2 +… + d 2 + (d + 1) 2 = d (d + 1) (2d + 1) / 6 + (d + 1) 2 = (d (d d + 1) (2d + 1) +6 (d + 1) 2) / 6 = (d + 1) (d (2d + 1) +6 (k + 1)) / 6 =

(d + 1) (2d 2 + 7d + 6) / 6 = (d + 1) (2 (d + 3/2) (d + 2)) / 6 = (d + 1) (d + 2) ( 2d + 3) / 6.

Kështu, vërtetohet vlefshmëria e barazisë për h = d + 1, prandaj pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror, i cili tregohet në shembullin e zgjidhjes me induksion matematikor.

Detyrë

gjendja: kërkohet vërtetim që për çdo vlerë të h shprehja 7 h -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje.

Zgjidhje:

1. Supozoni h = 1, në këtë rast:

R 1 = 7 1 -1 = 6 (d.m.th. i pjesëtueshëm me 6 pa mbetje)

Prandaj, për h = 1 pohimi është i vërtetë;

2. Le të h = d dhe 7 d -1 të pjesëtueshëm me 6 pa mbetje;

3. Vërtetimi i vlefshmërisë së pohimit për h = d + 1 është formula:

R d +1 = 7 d +1 -1 = 7 ∙ 7 d -7 + 6 = 7 (7 d -1) +6

Në këtë rast, termi i parë pjesëtohet me 6 me supozimin e pikës së parë, dhe termi i dytë është 6. Pohimi se 7 h -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje për çdo h natyral është i vërtetë.

Gabimi i gjykimit

Arsyetimi i pasaktë përdoret shpesh në prova, për shkak të pasaktësisë së ndërtimeve logjike të përdorura. Kjo kryesisht ndodh kur cenohet struktura dhe logjika e provës. Një shembull i arsyetimit të pasaktë është ilustrimi i mëposhtëm.

Detyrë

gjendja: Kërkohet dëshmi që çdo grumbull gurësh nuk është grumbull.

Zgjidhje:

1. Supozoni h = 1, në këtë rast ka 1 gur në grumbull dhe pohimi është i vërtetë (bazë);

2. Supozojmë se për h = d është e vërtetë që një grumbull gurësh nuk është një grumbull (supozim);

3. Le të jetë h = d + 1, nga e cila rezulton se kur shtohet një gur më shumë, grupi nuk do të jetë një grumbull. Përfundimi sugjeron vetë se supozimi është i vlefshëm për të gjitha h natyrore.

Gabimi qëndron në faktin se nuk ka një përkufizim se sa gurë formojnë një grumbull. Një lëshim i tillë quhet përgjithësim i nxituar në metodën e induksionit matematik. Shembulli e tregon qartë këtë.

Induksioni dhe ligjet e logjikës

Historikisht, ata ecin gjithmonë dorë për dore. Disiplina të tilla shkencore si logjika, filozofia i përshkruajnë ato në formën e të kundërtave.

Nga pikëpamja e ligjit të logjikës në përkufizimet induktive, ekziston një mbështetje në fakte dhe vërtetësia e premisave nuk përcakton saktësinë e deklaratës që rezulton. Shpesh, konkluzionet merren me një shkallë të caktuar probabiliteti dhe besueshmërie, të cilat, natyrisht, duhet të verifikohen dhe vërtetohen nga kërkime shtesë. Një shembull i induksionit në logjikë mund të jetë deklarata:

Thatësira në Estoni, thatësirë ​​në Letoni, thatësirë ​​në Lituani.

Estonia, Letonia dhe Lituania janë shtetet baltike. Thatësira në të gjitha shtetet baltike.

Nga shembulli, mund të konkludojmë se informacioni ose e vërteta e re nuk mund të merret duke përdorur metodën e induksionit. Gjithçka ku mund të mbështetet është njëfarë vërtetësie e mundshme e përfundimeve. Për më tepër, e vërteta e premisave nuk garanton të njëjtat përfundime. Sidoqoftë, ky fakt nuk do të thotë që induksioni vegjeton në kufijtë e deduksionit: një numër i madh propozimesh dhe ligjesh shkencore vërtetohen duke përdorur metodën e induksionit. Një shembull është e njëjta matematikë, biologji dhe shkenca të tjera. Kjo është kryesisht për shkak të metodës së induksionit të plotë, por në disa raste është i zbatueshëm edhe induksioni i pjesshëm.

Epoka e nderuar e induksionit e lejoi atë të depërtonte pothuajse në të gjitha sferat e veprimtarisë njerëzore - kjo është shkenca, ekonomia dhe konkluzionet e përditshme.

Induksioni në mjedisin shkencor

Metoda e induksionit kërkon një qëndrim skrupuloz, pasi shumë varet nga numri i veçorive të studiuara të së tërës: sa më i madh të jetë numri i studiuar, aq më i besueshëm është rezultati. Bazuar në këtë veçori, ligjet shkencore të përftuara me metodën e induksionit testohen për një kohë të gjatë në nivelin e supozimeve probabiliste për të izoluar dhe studiuar të gjithë elementët, lidhjet dhe ndikimet e mundshme strukturore.

Në shkencë, përfundimi i induksionit bazohet në shenja domethënëse, me përjashtim të dispozitave të rastësishme. Ky fakt është i rëndësishëm për shkak të specifikave të njohurive shkencore. Kjo shihet qartë në shembujt e induksionit në shkencë.

Ekzistojnë dy lloje të induksionit në botën shkencore (në lidhje me mënyrën e studimit):

1. përzgjedhja (ose përzgjedhja) e induksionit;
2. induksion - përjashtim (eliminim).

Lloji i parë dallohet nga përzgjedhja metodike (skrupuloze) e mostrave të një klase (nënklasash) nga zona të ndryshme të saj.

Një shembull i këtij lloji induksioni është si vijon: argjendi (ose kripërat e argjendit) pastron ujin. Përfundimi bazohet në vëzhgime afatgjata (një lloj përzgjedhjeje konfirmimesh dhe përgënjeshtrimesh - përzgjedhje).

Lloji i dytë i induksionit bazohet në përfundime që vendosin marrëdhënie shkakësore dhe përjashtojnë rrethanat që nuk korrespondojnë me vetitë e tij, përkatësisht universalitetin, respektimin e sekuencës kohore, domosdoshmërinë dhe unike.

Induksioni dhe deduksioni nga një këndvështrim filozofik

Nëse shikoni retrospektivën historike, atëherë termi "induksion" u përmend për herë të parë nga Sokrati. Aristoteli përshkroi shembuj të induksionit në filozofi në një fjalor më të përafërt terminologjik, por çështja e induksionit jo të plotë mbetet e hapur. Pas persekutimit të silogjizmit aristotelian, metoda induktive filloi të njihet si e frytshme dhe e vetmja e mundshme në shkencën e natyrës. Bacon konsiderohet si babai i induksionit si një metodë e veçantë e pavarur, por ai nuk arriti të ndante, siç kërkonin bashkëkohësit e tij, induksionin nga metoda deduktive.

Zhvillimi i mëtejshëm i induksionit u krye nga J. Mill, i cili e konsideroi teorinë e induksionit nga pikëpamja e katër metodave kryesore: marrëveshjes, ndryshimit, mbetjeve dhe ndryshimeve përkatëse. Nuk është për t'u habitur që sot metodat e listuara, kur shqyrtohen në detaje, janë deduktive.

Vetëdija për mospërputhjen e teorive të Bacon dhe Mill i shtyu shkencëtarët të studionin bazën probabiliste të induksionit. Sidoqoftë, edhe këtu nuk ishte pa ekstreme: u bënë përpjekje për të reduktuar induksionin në teorinë e probabilitetit me të gjitha pasojat që pasuan.

Induksioni merr një votë besimi në zbatimin praktik në fusha të caktuara lëndore dhe për shkak të saktësisë metrike të bazës induktive. Një shembull i induksionit dhe deduksionit në filozofi mund të konsiderohet Ligji i Gravitetit Universal. Në datën e zbulimit të ligjit, Njutoni mundi ta verifikonte atë me një saktësi prej 4 për qind. Dhe kur u verifikua më shumë se dyqind vjet më vonë, korrektësia u konfirmua me një saktësi prej 0,0001 për qind, megjithëse verifikimi u krye nga të njëjtat përgjithësime induktive.

Filozofia moderne i kushton më shumë rëndësi deduksionit, i cili diktohet nga një dëshirë logjike për të nxjerrë njohuri (ose të vërteta) të reja nga e njohura tashmë, pa iu drejtuar përvojës, intuitës, por duke vepruar me arsyetim "të pastër". Kur i referohemi premisave të vërteta në metodën deduktive, në të gjitha rastet, dalja është një deklaratë e vërtetë.

Kjo karakteristikë shumë e rëndësishme nuk duhet të errësojë vlerën e metodës induktive. Meqenëse induksioni, duke u mbështetur në arritjet e përvojës, bëhet gjithashtu një mjet për përpunimin e tij (përfshirë përgjithësimin dhe sistemimin).

Zbatimi i induksionit në ekonomi

Induksioni dhe deduksioni janë përdorur prej kohësh si metoda për studimin e ekonomisë dhe parashikimin e zhvillimit të saj.

Gama e aplikimit të metodës së induksionit është mjaft e gjerë: studimi i përmbushjes së treguesve të parashikimit (fitimi, amortizimi, etj.) dhe një vlerësim i përgjithshëm i gjendjes së ndërmarrjes; formimi i një politike efektive për promovimin e një sipërmarrjeje të bazuar në fakte dhe në marrëdhëniet e tyre të ndërsjella.

E njëjta metodë induksioni zbatohet në grafikët e Shewhart, ku nën supozimin e ndarjes së proceseve në të kontrolluara dhe të pakontrollueshme, thuhet se kuadri i një procesi të kontrolluar është joaktiv.

Duhet theksuar se ligjet shkencore vërtetohen dhe vërtetohen duke përdorur metodën e induksionit, dhe meqë ekonomia është një shkencë që shpesh përdor analizën matematikore, teorinë e rrezikut dhe statistikat, nuk është aspak çudi që induksioni të jetë në listën e metodave bazë.

Një shembull i induksionit dhe deduksionit në ekonomi është situata e mëposhtme. Rritja e çmimit të ushqimeve (nga shporta e konsumit) dhe mallrave thelbësore e shtyn konsumatorin të mendojë për koston e lartë që po shfaqet në shtet (induksion). Në të njëjtën kohë, nga fakti i çmimeve të larta, duke përdorur metoda matematikore, është e mundur të nxirren tregues të rritjes së çmimeve për mallra individuale ose kategori mallrash (zbritje).

Më shpesh, personeli menaxhues, menaxherët, ekonomistët i drejtohen metodës së induksionit. Në mënyrë që të jetë e mundur me vërtetësi të mjaftueshme të parashikohet zhvillimi i një ndërmarrje, sjellja e tregut, pasojat e konkurrencës, nevojitet një qasje induktive-deduktive ndaj analizës dhe përpunimit të informacionit.

Një shembull ilustrues i induksionit në ekonomi lidhur me gjykimet e gabuara:

• fitimi i kompanisë u ul me 30%;
  një kompani konkurruese ka zgjeruar linjën e saj të produkteve;
  asgjë tjetër nuk ka ndryshuar;
• politika e prodhimit të një kompanie konkurruese shkaktoi një ulje prej 30% të fitimeve;
• prandaj kërkohet e njëjta politikë prodhimi.

Shembulli është një ilustrim shumëngjyrësh se si përdorimi jo i duhur i induksionit mund të shkatërrojë një biznes.

Deduksioni dhe induksioni në psikologji

Meqenëse ekziston një metodë, atëherë, sipas logjikës së gjërave, ekziston edhe mendimi i organizuar siç duhet (për përdorimin e metodës). Psikologjia si shkencë që studion proceset mendore, formimin, zhvillimin, ndërlidhjet, ndërveprimet e tyre, i kushton vëmendje të menduarit "deduktiv", si një nga format e shfaqjes së deduksionit dhe induksionit. Fatkeqësisht, në faqet e psikologjisë në internet, praktikisht nuk ka asnjë vërtetim të integritetit të metodës deduktive-induktive. Megjithëse psikologët profesionistë më shpesh përballen me manifestime të induksionit, ose më saktë, përfundime të gabuara.

Një shembull i induksionit në psikologji, si një ilustrim i gjykimeve të gabuara, është pohimi: nëna ime mashtron, prandaj të gjitha gratë janë mashtruese. Shembuj edhe më "të gabuar" të induksionit nga jeta mund të mblidhen:

• një student është i paaftë për asgjë nëse ka marrë një deuce në matematikë;
• ai është budalla;
• ai eshte i zgjuar;
• Unë mund të bëj çdo gjë;

Dhe shumë gjykime të tjera vlerash që rrjedhin nga mesazhe absolutisht të rastësishme dhe, ndonjëherë, të parëndësishme.

Duhet të theksohet: kur gabimi i gjykimeve të një personi arrin në pikën e absurditetit, ekziston një front që psikoterapisti të punojë. Një shembull i induksionit në një takim me një specialist:

“Pacienti është absolutisht i sigurt se ngjyra e kuqe është e rrezikshme për të vetëm në çdo formë. Si rezultat, një person e ka përjashtuar këtë skemë ngjyrash nga jeta e tij - sa më shumë që të jetë e mundur. Në shtëpi, ka shumë mundësi për një qëndrim të rehatshëm. Ju mund t'i hidhni të gjithë artikujt e kuq ose t'i zëvendësoni me analoge të bëra në një skemë ngjyrash të ndryshme. Por në vende publike, në punë, në një dyqan, është e pamundur. Duke u futur në një situatë stresuese, pacienti çdo herë përjeton një "nxitim" të gjendjeve emocionale krejtësisht të ndryshme, të cilat mund të jenë të rrezikshme për të tjerët.

Ky shembull i induksionit, për më tepër i pavetëdijshëm, quhet "ide fikse". Nëse kjo ndodh me një person të shëndetshëm mendor, mund të flasim për mungesë organizimi të aktivitetit mendor. Mënyra për të hequr qafe gjendjet obsesive mund të jetë zhvillimi elementar i të menduarit deduktiv. Në raste të tjera, psikiatër punojnë me pacientë të tillë.

Shembujt e mësipërm të induksionit tregojnë se "injoranca e ligjit nuk përjashton nga pasojat (gjykimet e gabuara)."

Psikologët, duke punuar në temën e të menduarit deduktiv, kanë përpiluar një listë rekomandimesh të dizajnuara për të ndihmuar njerëzit të zotërojnë këtë metodë.

Pika e parë është zgjidhja e problemeve. Siç mund ta shihni, forma e induksionit që përdoret në matematikë mund të konsiderohet "klasike", dhe përdorimi i kësaj metode kontribuon në "disiplinimin" e mendjes.

Kushti tjetër për zhvillimin e të menduarit deduktiv është zgjerimi i horizonteve (kushdo që mendon qartë, e shpreh qartë). Ky rekomandim i drejton “vuajtjet” në thesarin e shkencave dhe informacionit (biblioteka, faqe interneti, iniciativa arsimore, udhëtime, etj.).

Më vete, duhet përmendur i ashtuquajturi "induksion psikologjik". Ky term, edhe pse rrallë, mund të gjendet në internet. Të gjitha burimet nuk japin të paktën një formulim të shkurtër të përkufizimit të këtij termi, por i referohen "shembujve nga jeta", ndërsa paraqesin si një lloj të ri induksioni ose sugjerime, ose disa forma të sëmundjes mendore, ose gjendje ekstreme të njeriut. psikikën. Nga të gjitha sa më sipër, është e qartë se një përpjekje për të nxjerrë një "term të ri", duke u mbështetur në premisa të rreme (shpesh jo të vërteta), e dënon eksperimentuesin të marrë një deklaratë të gabuar (ose të nxituar).

Duhet të theksohet se një referencë për eksperimentet e vitit 1960 (pa specifikuar vendndodhjen, emrat e eksperimentuesve, mostrën e subjekteve dhe, më e rëndësishmja, qëllimin e eksperimentit) duket, për ta thënë butë, jo bindëse dhe deklarata. që truri e percepton informacionin duke anashkaluar të gjitha organet e perceptimit (shprehja "Është nën ndikim" në këtë rast do të përshtatej më organikisht), të bën të mendosh për mendjemprehtësinë dhe jokriticitetin e autorit të deklaratës.

Në vend të një përfundimi

Mbretëresha e shkencave është matematika, jo më kot ajo përdor të gjitha rezervat e mundshme të metodës së induksionit dhe deduksionit. Shembujt e shqyrtuar na lejojnë të konkludojmë se aplikimi sipërfaqësor dhe i pamenduar (siç thonë ata) edhe i metodave më të sakta dhe më të besueshme çon gjithmonë në rezultate të gabuara.

Në ndërgjegjen masive, metoda e deduksionit lidhet me të famshmin Sherlock Holmes, i cili në ndërtimet e tij logjike shpesh përdor shembuj të induksionit, duke përdorur deduksionin në situatat e duhura.

Artikulli shqyrtoi shembuj të aplikimit të këtyre metodave në shkenca dhe sfera të ndryshme të jetës njerëzore.

Metoda e induksionit matematik

Prezantimi

Pjesa kryesore

1. Induksion i plotë dhe jo i plotë
2. Parimi i induksionit matematik
3. Metoda e induksionit matematik
4. Shembuj zgjidhjesh
5. Barazia
6. Ndarja e numrave
7. Pabarazitë

konkluzioni

Lista e literaturës së përdorur

Prezantimi

Të gjitha kërkimet matematikore bazohen në metoda deduktive dhe induktive. 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 përdoret 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 synuar 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, më thuaj se dy ose tre mësime për të cilat ai do të dëgjojë pesë fjalë teorike, do të zgjidhë pesë probleme primitive dhe, si rezultat, do të marrë një A për faktin se ai nuk di asgjë, do të sjellë diçka të dobishme për një person.

Dhe është kaq e rëndësishme të jesh në gjendje të mendosh në mënyrë induktive.

Pjesa kryesore

Sipas kuptimit të saj origjinal, fjala "induksion" zbatohet për arsyetimin me ndihmën e të cilit merren përfundime të përgjithshme, bazuar në një numër pohimesh të veçanta. Metoda më e thjeshtë e arsyetimit të këtij lloji është induksioni i plotë. Ja një shembull i këtij arsyetimi.

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 barazi tregojnë se secili nga numrat me interes për ne përfaqësohet me të vërtetë si një shumë e dy termave të thjeshtë.

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

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

Rezultati i marrë nga induksioni jo i plotë, megjithatë, mbetet vetëm një hipotezë derisa të vërtetohet me arsyetim të saktë matematikor që mbulon 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.

Supozoni, për shembull, që dëshironi të gjeni shumën e n numrave të parë tek. Le të shqyrtojmë 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

Sigurisht, ky vëzhgim nuk mund të shërbejë ende si një provë e vlefshmërisë së formulës së mësipërme.

Induksioni i plotë ka përdorim të kufizuar në matematikë. Shumë pohime interesante matematikore mbulojnë një numër të pafund rastesh të veçanta, por ne nuk jemi në gjendje të kontrollojmë për një numër të pafund rastesh. Induksioni jo i plotë shpesh çon në rezultate të gabuara.

Në shumë raste, mënyra për të dalë nga kjo lloj vështirësie është t'i drejtohemi një metode të veçantë arsyetimi që quhet metoda e induksionit matematik. Është si më poshtë.

Supozoni se ju duhet të provoni vlefshmërinë e disa pohimeve për çdo numër natyror n (për shembull, ju duhet të provoni se shuma e n numrave të parë tek është e barabartë me n 2). Verifikimi i drejtpërdrejtë i këtij pohimi për secilën vlerë të n-së është i pamundur, pasi bashkësia e numrave natyrorë është e pafundme. Për të vërtetuar këtë deklaratë, së pari kontrolloni vlefshmërinë e tij për n = 1. Më pas, 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 deklarata konsiderohet e provuar për të gjitha n. Në të vërtetë, deklarata është e vërtetë për n = 1. Por atëherë është gjithashtu e vërtetë 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 deklaratës për n = 4, etj. 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 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), rrjedh se është e vërtetë për numri tjetër n = k +1, atëherë supozimi A (n) është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Në një numër rastesh, është 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 А (n) është e vërtetë për n = p dhe nëse А (k) ÞА (k + 1) për çdo k> p, atëherë fjalia А (n) është e vërtetë për çdo n> p.

Vërtetimi me metodën e induksionit matematik kryhet si më poshtë. Së pari, pohimi që vërtetohet verifikohet 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, vërtetojmë vlefshmërinë e pohimit për n = k + 1 nën supozimin e vlefshmërisë së pohimit për n = k (hipoteza e induksionit), d.m.th. vërtetoni se A (k) ÞA (k + 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, arrijmë në përfundimin se supozimi A (n) është i vërtetë për çdo nÎN.

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 saktë; 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 = (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 + 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) ÞA (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-gon konveks është n (n-3) / 2.

Zgjidhje: 1) Për n = 3, pohimi është

Dhe 3 është dinak, sepse në një trekëndësh

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

A 2 A (3) është e vërtetë.

2) Supozoni se në ndonjë

konveks k-gon ka-

А 1 sy А k = k (k-3) / 2 diagonale.

А k Le të vërtetojmë se atëherë në konveks

(k + 1) -numri gon

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

Le të A 1 A 2 A 3… A k A k + 1 -konveks (k + 1) -gon. Vizatoni një diagonale A 1 A k në të. Për të numëruar numrin total 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 (k + 1) -gon që dalin nga kulmi А k + 1, dhe përveç kësaj, diagonalja А 1 А 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.

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.

Prandaj, për n = 1 pohimi është i vërtetë.

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

Vërtetoni se për çdo n natyrore barazia e mëposhtme 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 dhënë 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)) ´ ((3 3 +1) / (3 3 -1)) ´… ´ ((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´2´3) / 2 (2 2 + 2 + 1),

ato. eshte e vertete.

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

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

3) Le të vërtetojmë saktësinë e shprehjes për n = k + 1.

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

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

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

´ ((k + 1) 2 + (k + 1) +1).

Ne kemi vërtetuar barazinë dhe për n = k + 1, prandaj, me metodën e 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 n natyrore.

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).

Vlefshmëria e barazisë për n = k + 1 është vërtetuar gjithashtu, prandaj pohimi është i vërtetë për çdo numër natyror n.

Vërtetoni korrektësinë e identitetit

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

për çdo n natyrore.

1) Për n = 1, identiteti është i vërtetë 1 2 / 1´3 = 1 (1 + 1) / 2 (2 + 1).

2) Supozoni se për n = k

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

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

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

Nga vërtetimi i dhënë 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´133.

Por (23´133) është i pjesëtueshëm me 133 pa mbetje, kështu që për n = 1 pohimi është i vërtetë; A (1) është e 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 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 mbetje me supozim, dhe në të dytin njëri prej faktorëve është 133. Pra, A (k) ÞA (k + 1). Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

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

Zgjidhje: 1) Le të jetë n = 1, atëherë X 1 = 7 1 -1 = 6 pjesëtohet me 6 pa mbetje. Kjo do të thotë që për n = 1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni se për 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´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. Pra, 7 n -1 është shumëfish i 6-së për çdo n natyrore. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Vërtetoni se 3 3n-1 +2 4n-3 është i pjesëtueshëm me 11 për një n arbitrar të rrumbullakët n.
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) 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 3k-1 +2 4k-3 pjesëtohet me 11 me supozim, i dyti pjesëtohet me 11, sepse një nga faktorët e tij është numri 11. Pra shuma është e pjestueshme nga 11 pa mbetje për ndonjë n natyrore. Në bazë të metodës së induksionit matematik, pohimi vërtetohet.

Vërtetoni se 11 2n -1 për një n natyrore arbitrare është i pjesëtueshëm me 6 pa mbetje.

Zgjidhje: 1) Le të jetë n = 1, atëherë 11 2 -1 = 120 pjesëtohet me 6 pa mbetje. Kjo do të thotë që për n = 1 pohimi është i vërtetë.

2) Supozoni se për n = k

11 2k -1 pjesëtohet me 6 pa mbetje.

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

Të dy termat janë të pjesëtueshëm me 6 pa mbetje: i pari përmban një shumëfish të 6 me 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. Pohimi vërtetohet me metodën e induksionit matematik.

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

Zgjidhje: Së pari, le të vërtetojmë se 3 3n + 3 -1 pjesëtohet me 26 pa mbetje.

1. Për n = 0

3 3 -1 = 26 pjesëtuar me 26

2. Supozoni se për n = k

3 3k + 3 -1 pjesëtohet me 26

3. Le ta vërtetojmë këtë deklaratë

është e vërtetë për n = k + 1.

3 3k + 6 -1 = 27´3 3k + 3 -1 = 26´3 3L + 3 + (3 3k + 3 -1) – pjesëtuar 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; i pari është i pjesëtueshëm me 26 2, sepse kemi vërtetuar pjesëtueshmërinë me 26 të shprehjes në kllapa, dhe i dyti është i pjesëtueshëm me hipotezën e induksionit. Pohimi vërtetohet me metodën e induksionit matematik.

Vërtetoni se nëse n> 2 dhe х> 0, atëherë pabarazia

(1 + x) n> 1 + n'x.

Zgjidhje: 1) Për n = 2, pabarazia është e vlefshme, pasi

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

Prandaj, A (2) është e vërtetë.

2) Le të vërtetojmë se A (k) ÞA (k + 1) nëse k> 2. Supozojmë se A (k) është e vërtetë, domethënë se pabarazia

(1 + x) k> 1 + k'x. (3)

Le të vërtetojmë se atëherë A (k + 1) është gjithashtu e vërtetë, pra se pabarazia

(1 + x) k + 1> 1+ (k + 1) 'x.

Në të vërtetë, duke shumëzuar të dyja anët e pabarazisë (3) me një numër pozitiv 1 + x, marrim

(1 + x) k + 1> (1 + k´x) (1 + x).

Konsideroni anën e djathtë të pabarazisë së fundit

prona; ne kemi

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

Si rezultat, ne e marrim atë

(1 + x) k + 1> 1+ (k + 1) 'x.

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

Vërtetoni se pabarazia

(1 + a + a 2) m> 1 + m´a + (m (m + 1) / 2) ´a 2 për a> 0.

Zgjidhje: 1) Për m = 1

(1 + a + a 2) 1> 1 + a + (2/2) ´a 2 të dyja pjesët janë të barabarta.

2) Supozojmë se për m = k

(1 + a + a 2) k> 1 + k´a + (k (k + 1) / 2) ´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´a +

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

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

+ ((k + 1) (k + 2) / 2) 'a 2.

Ne kemi vërtetuar pabarazinë për m = k + 1, prandaj, për shkak të metodës së induksionit matematik, pabarazia vlen për çdo m natyror.

Vërtetoni se për n> 6 pabarazinë

3 n> n´2 n + 1.

Zgjidhje: Ne e rishkruajmë pabarazinë si

1. Për n = 7 kemi

3 7/2 7 = 2187/128> 14 = 2´7

pabarazia është e vërtetë.

2. Supozoni se për n = k

3) Le të vërtetojmë vlefshmërinë e pabarazisë për n = k + 1.

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

Vërtetoni se për n> 2 pabarazinë

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

Zgjidhje: 1) Për n = 3, pabarazia është e vërtetë

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

1. Supozoni se për n = k

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

3) Le të provojmë vlefshmërinë e

barazia për n = k + 1

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

Le të vërtetojmë se 1,7- (1 / k) + (1 / (k + 1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

Û (1 / (k + 1) 2) + (1 / k + 1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk (k + 2)<(k+1) 2Û 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).

Pabarazia vërtetohet me metodën e 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 drejt labirinteve 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 të fizikës, kimisë dhe vetë jetës.

MATEMATIKA:

LEKTURA, DETYRA, ZGJIDHJE

Libër mësuesi / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I.Shabunin. SH.PK "Potpurri" 1996.

ALGJEBRA DHE FILLIMI I ANALIZËS

Libër mësuesi / I.T.Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I.Schwarzburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E. Weitz. "Iluminizmi" 1975.