Mga seksyon ng site
Pinili ng Editor:
- English alphabet para sa mga bata - Paano matutunan ang alpabeto nang mabilis at masaya
- Ang pinakakaraniwang elemento sa mga buhay na organismo ay
- Paano bumuo ng isang relasyon sa isang Taurus na lalaki Paano ang isang relasyon sa isang Taurus na lalaki ay bubuo
- Kasal sa Russian Federation at lahat ng kailangan mong malaman tungkol dito
- Oras ng klase "Tagumpay na maipasa natin ang OGE" (ika-9 na baitang)
- Pagbasa ng aralin iginuhit ni Petya at Barto
- Pinapadali ng 911 Operational Loan ang Buhay
- Paano inilalagay ang pera sa isang safe deposit box
- Ang mortgage ng militar ay sasailalim sa mga pagbabago Pinakamataas na halaga ng mortgage ng militar bawat taon
- Ang mga karagdagang buwis sa lupa ay idinagdag para sa mga nakaraang taon
Advertising
| Paraan ng mathematical induction. Mga halimbawa - mathematical induction |
|
PARAAN NG MATHEMATICAL INDUCTION Ang salitang induction sa Russian ay nangangahulugang patnubay, at ang mga konklusyon batay sa mga obserbasyon, eksperimento, ibig sabihin, ay tinatawag na inductive. nakuha sa pamamagitan ng hinuha mula sa partikular hanggang sa pangkalahatan. Halimbawa, araw-araw nating napapansin na ang Araw ay sumisikat mula sa silangan. Samakatuwid, maaari mong siguraduhin na bukas ito ay lilitaw sa silangan, at hindi sa kanluran. Ginagawa namin ang konklusyon na ito nang hindi gumagamit ng anumang mga pagpapalagay tungkol sa dahilan ng paggalaw ng Araw sa kalangitan (bukod dito, ang paggalaw na ito mismo ay lumilitaw na maliwanag, dahil ito ay talagang gumagalaw. Lupa). Gayunpaman, ang inductive na konklusyon na ito ay wastong naglalarawan sa mga obserbasyon na gagawin natin bukas. Napakahusay ng papel ng mga inductive na konklusyon sa mga pang-eksperimentong agham. Ibinibigay nila ang mga probisyon kung saan ang mga karagdagang konklusyon ay iginuhit sa pamamagitan ng pagbabawas. At bagama't ang teoretikal na mekanika ay nakabatay sa tatlong batas ng paggalaw ni Newton, ang mga batas na ito mismo ay bunga ng malalim na pag-iisip sa pamamagitan ng eksperimentong datos, partikular na ang mga batas ni Kepler ng planetary motion, na hinango niya sa pagproseso ng maraming taon ng mga obserbasyon ng Danish na astronomer na si Tycho. Brahe. Ang pagmamasid at induction ay naging kapaki-pakinabang sa hinaharap para sa paglilinaw ng mga pagpapalagay na ginawa. Matapos ang mga eksperimento ni Michelson sa pagsukat ng bilis ng liwanag sa isang gumagalaw na daluyan, ito ay naging kinakailangan upang linawin ang mga batas ng pisika at lumikha ng teorya ng relativity. Sa matematika, ang papel ng induction ay higit sa lahat na pinagbabatayan nito ang napiling axiomatics. Matapos ang pangmatagalang pagsasanay ay nagpakita na ang isang tuwid na landas ay palaging mas maikli kaysa sa isang hubog o sirang isa, natural na magbalangkas ng isang axiom: para sa anumang tatlong puntos na A, B at C, ang hindi pagkakapantay-pantay Ang konsepto ng pagsunod, na siyang batayan ng aritmetika, ay lumitaw din mula sa mga obserbasyon ng pagbuo ng mga sundalo, barko at iba pang mga order na set. Gayunpaman, hindi dapat isipin ng isa na nauubos nito ang papel ng induction sa matematika. Siyempre, hindi natin dapat subukang eksperimento ang mga theorems na lohikal na hinuhusgahan mula sa mga axiom: kung walang mga lohikal na pagkakamali ang ginawa sa panahon ng derivation, kung gayon ang mga ito ay totoo hangga't ang mga axiom na tinanggap natin ay totoo. Ngunit maraming mga pahayag ang maaaring mahihinuha mula sa sistemang ito ng mga axiom. At ang pagpili sa mga pahayag na iyon na kailangang patunayan ay muling iminungkahi ng induction. Ito ay nagbibigay-daan sa iyo upang paghiwalayin ang mga kapaki-pakinabang na theorems mula sa mga walang silbi, ipinapahiwatig kung aling mga theorems ang maaaring maging totoo, at kahit na tumutulong upang balangkasin ang landas ng patunay.
Sa maraming sangay ng aritmetika, algebra, geometry, at pagsusuri, kailangang patunayan ang katotohanan ng mga pangungusap na A(n) depende sa isang natural na variable. Ang patunay ng katotohanan ng proposisyon A(n) para sa lahat ng mga halaga ng isang variable ay kadalasang maaaring isagawa sa pamamagitan ng paraan ng matematikal na induction, na batay sa sumusunod na prinsipyo. Ang proposisyon A(n) ay itinuturing na totoo para sa lahat ng natural na halaga ng variable kung ang sumusunod na dalawang kundisyon ay natutugunan: Ang Proposisyon A(n) ay totoo para sa n=1. Mula sa pagpapalagay na ang A(n) ay totoo para sa n=k (kung saan ang k ay anumang natural na numero), ito ay sumusunod na ito ay totoo para sa susunod na halaga n=k+1. Ang prinsipyong ito ay tinatawag na prinsipyo ng mathematical induction. Karaniwan itong pinipili bilang isa sa mga axiom na tumutukoy sa natural na serye ng mga numero, at samakatuwid ay tinatanggap nang walang patunay. Ang paraan ng mathematical induction ay nangangahulugan ng sumusunod na paraan ng patunay. Kung gusto mong patunayan ang katotohanan ng isang pangungusap A(n) para sa lahat ng natural na n, kung gayon, una, dapat mong suriin ang katotohanan ng pahayag A(1) at, pangalawa, ipagpalagay ang katotohanan ng pahayag A(k), subukan mong patunayan na totoo ang pahayag na A(k +1). Kung ito ay mapapatunayan, at ang patunay ay mananatiling wasto para sa bawat natural na halaga ng k, kung gayon, alinsunod sa prinsipyo ng matematikal na induction, ang proposisyon A(n) ay kinikilala bilang totoo para sa lahat ng mga halaga ng n. Ang paraan ng mathematical induction ay malawakang ginagamit sa pagpapatunay ng mga teorema, pagkakakilanlan, hindi pagkakapantay-pantay, sa paglutas ng mga problema sa divisibility, sa paglutas ng ilang geometriko at marami pang ibang problema.
divisibility Gamit ang paraan ng mathematical induction, maaari mong patunayan ang iba't ibang mga pahayag tungkol sa divisibility ng natural na mga numero. Ang sumusunod na pahayag ay maaaring mapatunayan na medyo simple. Ipakita natin kung paano ito nakukuha gamit ang pamamaraan ng mathematical induction. Halimbawa 1. Kung ang n ay isang natural na numero, kung gayon ang numero ay pantay. Kapag n=1 ang aming pahayag ay totoo: - isang even na numero. Ipagpalagay natin na ito ay isang even na numero. Dahil ang , ang 2k ay isang even na numero, kung gayon Halimbawa 2.Patunayan ang katotohanan ng pangungusap A(n)=(ang numero 5 ay isang multiple ng 19), n ay isang natural na numero. Solusyon. Ang pahayag na A(1)=(isang numerong mahahati sa 19) ay totoo. Ipagpalagay na para sa ilang halaga n=k A(k)=(number na mahahati ng 19) ay totoo. Tapos, since Malinaw, totoo rin ang A(k+1). Sa katunayan, ang unang termino ay nahahati sa 19 dahil sa pagpapalagay na ang A(k) ay totoo; ang pangalawang termino ay nahahati din ng 19 dahil naglalaman ito ng salik na 19. Ang parehong mga kundisyon ng prinsipyo ng induction ng matematika ay nasiyahan, samakatuwid, ang proposisyon A(n) ay totoo para sa lahat ng mga halaga ng n.
serye ng paglalagom Halimbawa 1.Patunayan ang formula
Solusyon. Kapag n=1, ang magkabilang panig ng pagkakapantay-pantay ay nagiging isa at, samakatuwid, ang unang kondisyon ng prinsipyo ng mathematical induction ay nasiyahan. Ipagpalagay natin na ang formula ay tama para sa n=k, i.e.
Idagdag natin sa magkabilang panig ng pagkakapantay-pantay na ito at magbago kanang bahagi. Pagkatapos makuha namin
Kaya, mula sa katotohanan na ang formula ay totoo para sa n=k, ito ay sumusunod na ito ay totoo rin para sa n=k+1. Ang pahayag na ito ay totoo para sa anumang natural na halaga ng k. Kaya, nasiyahan din ang pangalawang kondisyon ng prinsipyo ng induction ng matematika. Napatunayan ang formula. Halimbawa 2.Patunayan na ang kabuuan ng unang n numero ng natural na serye ay katumbas ng . Solusyon. Tukuyin natin ang kinakailangang halaga, i.e. Kapag n=1 ang hypothesis ay totoo. Hayaan talaga, Ang problema ay nalutas. Halimbawa 3.Patunayan na ang kabuuan ng mga parisukat ng unang n bilang ng natural na serye ay katumbas ng Solusyon. Hayaan .
Magpanggap na tayo At sa wakas. Halimbawa 4. Patunayan mo yan. Solusyon. Kung , kung gayon Halimbawa 5. Patunayan mo yan Solusyon. Kapag n=1 ang hypothesis ay halatang totoo. Hayaan . Patunayan natin yan. Talaga, Mga halimbawa ng paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa patunay ng hindi pagkakapantay-pantay Halimbawa 1.Patunayan iyon para sa anumang natural na numero n>1
Solusyon. Tukuyin natin ang kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay sa pamamagitan ng . Samakatuwid, para sa n=2 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo. Hayaan para sa ilang k. Patunayan natin iyan at . Meron kami Paghahambing at , mayroon kami Para sa anumang positibong integer k, ang kanang bahagi ng huling pagkakapantay-pantay ay positibo. kaya lang . Pero ibig sabihin din nun. Halimbawa 2.Hanapin ang pagkakamali sa pangangatwiran. Pahayag. Para sa anumang natural na numero n ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo. Patunay. . (1) Patunayan natin na ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto din para sa n=k+1, i.e.
Sa katunayan, hindi bababa sa 2 para sa anumang natural na k. Idagdag natin sa kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (1) at sa kanang bahagi ng 2. Nakukuha natin ang patas na hindi pagkakapantay-pantay, o Halimbawa 3.Patunayan mo yan Solusyon. Para sa n=2 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo, dahil . Hayaang maging totoo ang hindi pagkakapantay-pantay para sa n=k, kung saan ang k ay ilang natural na numero, i.e.
Ipakita natin na ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto din para sa n=k+1, i.e. . (2) Sa katunayan, sa pamamagitan ng kondisyon, , samakatuwid ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo , (3) nakuha mula sa hindi pagkakapantay-pantay (1) sa pamamagitan ng pagpaparami ng bawat bahagi sa . Isulat muli natin ang hindi pagkakapantay-pantay (3) gaya ng sumusunod: . Ang pagtatapon ng positibong termino sa kanang bahagi ng huling hindi pagkakapantay-pantay, nakakakuha tayo ng patas na hindi pagkakapantay-pantay (2). Halimbawa 4. Patunayan mo yan (1) kung saan ang , , n ay isang natural na bilang na higit sa 1. Solusyon. Para sa n=2 hindi pagkakapantay-pantay (1) ay nasa anyo
Dahil , kung gayon ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo . (3) Sa pamamagitan ng pagdaragdag sa bawat bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (3) nakakakuha tayo ng hindi pagkakapantay-pantay (2). Ito ay nagpapatunay na para sa n=2 hindi pagkakapantay-pantay (1) ay totoo. Hayaang maging totoo ang hindi pagkakapantay-pantay (1) para sa n=k, kung saan ang k ay ilang natural na numero, i.e. . (4) Patunayan natin na ang hindi pagkakapantay-pantay (1) ay dapat ding totoo para sa n=k+1, i.e. (5) I-multiply natin ang magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay (4) sa a+b. Dahil, ayon sa kondisyon, , nakukuha namin ang sumusunod na patas na hindi pagkakapantay-pantay: . (6) Upang mapatunayan ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay (5), sapat na upang ipakita iyon , (7) o, ano ang pareho, . (8) Ang hindi pagkakapantay-pantay (8) ay katumbas ng hindi pagkakapantay-pantay
Kung , pagkatapos , at sa kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (9) mayroon tayong produkto ng dalawang positibong numero. Kung , pagkatapos , at sa kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (9) mayroon tayong produkto ng dalawang negatibong numero. Sa parehong mga kaso, ang hindi pagkakapantay-pantay (9) ay totoo. Ito ay nagpapatunay na ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay (1) para sa n=k ay nagpapahiwatig ng bisa nito para sa n=k+1. Paraan ng mathematical induction na inilapat sa iba mga gawain Ang pinaka-natural na aplikasyon ng pamamaraan ng matematikal na induction sa geometry, malapit sa paggamit ng pamamaraang ito sa teorya ng numero at algebra, ay ang aplikasyon nito sa paglutas ng mga problema sa pagkalkula ng geometriko. Tingnan natin ang ilang halimbawa. Halimbawa 1.Kalkulahin ang gilid ng isang regular na parisukat na nakasulat sa isang bilog na radius R. Solusyon. Kapag tama ang n=2 2 n - isang parisukat ay isang parisukat; kanyang panig. Dagdag pa, ayon sa formula ng pagdodoble
nakita namin na ang gilid ng isang regular na octagon
Ipagpalagay natin na ang gilid ng isang regular na inscribed na parisukat ay ipinahayag ng formula (1). Sa kasong ito, ayon sa pagdodoble formula
kung saan sumusunod na ang formula (1) ay wasto para sa lahat ng n. Halimbawa 2.Ilang tatsulok ang maaaring hatiin ng isang n-gon (hindi kinakailangang matambok) sa pamamagitan ng magkahiwalay na mga dayagonal nito? Solusyon. Para sa isang tatsulok, ang numerong ito ay katumbas ng isa (hindi isang solong dayagonal ang maaaring iguhit sa isang tatsulok); para sa isang quadrilateral ang bilang na ito ay malinaw na dalawa. Kunwari alam na natin na bawat k-gon, kung saan k Isang n A 1 A 2 Hayaang ang A 1 A k ay isa sa mga dayagonal ng partisyon na ito; hinahati nito ang n-gon A 1 A 2 ...A n sa k-gon A 1 A 2 ...A k at ang (n-k+2)-gon A 1 A k A k+1 .. .A n . Batay sa ginawang pagpapalagay, kabuuang bilang ang mga tatsulok ng partisyon ay magiging pantay (k-2)+[(n-k+2)-2]=n-2; Kaya, ang aming pahayag ay napatunayan para sa lahat ng n. Halimbawa 3.Sabihin ang panuntunan para sa pagkalkula ng bilang P(n) ng mga paraan kung saan ang isang matambok n-gon ay maaaring hatiin sa mga tatsulok sa pamamagitan ng magkahiwalay na diagonal. Solusyon. Para sa isang tatsulok, ang numerong ito ay malinaw na katumbas ng isa: P(3)=1. Ipagpalagay natin na natukoy na natin ang mga numerong P(k) para sa lahat ng k Р(n)=P(n-1)+P(n-2)P(3)+P(n-3)P(4)+…+P(3)P(n-2)+P(n -1). Gamit ang formula na ito palagi nating nakukuha: P(4)=P(3)+P(3)=2, P(5)=P(4)+P(3)P(3)+P(4)+5, P(6)=P(5)+P(4)P(3)+P(3)P(4)+P(5)=14 atbp. Maaari mo ring lutasin ang mga problema sa mga graph gamit ang paraan ng mathematical induction. Hayaang magkaroon ng isang network ng mga linya sa eroplano na kumokonekta sa ilang mga punto at walang iba pang mga punto. Tatawagin namin ang naturang network ng mga linya na isang mapa, na ibinigay na mga punto bilang mga vertice nito, mga segment ng mga kurba sa pagitan ng dalawang katabing vertices - ang mga hangganan ng mapa, mga bahagi ng eroplano kung saan ito ay hinati ng mga hangganan - ang mga bansa ng mapa. Hayaang magbigay ng ilang mapa sa eroplano. Sasabihin namin na ito ay tama ang kulay kung ang bawat isa sa mga bansa nito ay pininturahan ng isang tiyak na kulay, at alinman sa dalawang bansa na may isang karaniwang hangganan ay pininturahan ng iba't ibang kulay. Halimbawa 4.Mayroong n bilog sa eroplano. Patunayan na para sa anumang pag-aayos ng mga bilog na ito, ang mapa na kanilang nabuo ay maaaring kulayan nang tama ng dalawang kulay. Solusyon. Para sa n=1 ang aming pahayag ay malinaw. Ipagpalagay natin na ang ating pahayag ay totoo para sa anumang mapa na nabuo ng n bilog, at magkaroon ng n+1 na bilog sa eroplano. Sa pamamagitan ng pag-alis ng isa sa mga lupon na ito, nakakakuha tayo ng mapa na, ayon sa ginawang pagpapalagay, ay maaaring makulayan ng tama ng dalawang kulay, halimbawa, itim at puti.
Savelyeva Ekaterina Tinatalakay ng papel ang aplikasyon ng pamamaraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga problema sa divisibility at summing series. Ang mga halimbawa ng paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa pagpapatunay ng mga hindi pagkakapantay-pantay at paglutas ng mga problemang geometriko ay isinasaalang-alang. Ang gawain ay inilalarawan sa isang pagtatanghal. I-download:Preview:Ministri ng Agham at Edukasyon ng Russian Federation Institusyong pang-edukasyon ng estado sekondaryang paaralan Blg. 618 Kurso: algebra at simula ng pagsusuri Paksa ng gawaing proyekto "Ang paraan ng matematikal na induction at ang aplikasyon nito sa paglutas ng problema" Nakumpleto ang trabaho: Savelyeva E, 11B klase Superbisor : Makarova T.P., guro sa matematika, sekondaryang paaralan No. 618 1. Panimula. 2.Paraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga problema sa divisibility. 3. Paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa pagsusuma ng serye. 4. Mga halimbawa ng paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa patunay ng hindi pagkakapantay-pantay. 5. Paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga geometric na problema. 6. Listahan ng mga ginamit na panitikan. Panimula Ang batayan ng anumang mathematical na pananaliksik ay deductive at inductive na pamamaraan. Ang deduktibong paraan ng pangangatwiran ay pangangatwiran mula sa pangkalahatan hanggang sa tiyak, i.e. pangangatwiran, ang panimulang punto kung saan ay ang pangkalahatang resulta, at ang huling punto ay ang partikular na resulta. Ginagamit ang induction kapag lumilipat mula sa mga partikular na resulta patungo sa pangkalahatan, i.e. ay kabaligtaran ng pamamaraang deduktibo. Ang paraan ng mathematical induction ay maihahambing sa progreso. Nagsisimula tayo sa pinakamababa, at bilang resulta ng lohikal na pag-iisip ay narating natin ang pinakamataas. Ang tao ay palaging nagsusumikap para sa pag-unlad, para sa kakayahang paunlarin ang kanyang mga kaisipan nang lohikal, na nangangahulugan na ang kalikasan mismo ang nagtakda sa kanya na mag-isip nang pasaklaw. Bagama't lumaki ang saklaw ng aplikasyon ng pamamaraan ng mathematical induction, kakaunting panahon ang inilalaan dito sa kurikulum ng paaralan. Ngunit napakahalaga na makapag-isip nang inductive. Ang aplikasyon ng prinsipyong ito sa paglutas ng mga problema at pagpapatunay ng mga teorema ay kapareho ng pagsasaalang-alang sa pagsasanay ng paaralan ng iba pang mga prinsipyo sa matematika: hindi kasama sa gitna, pagsasama-pagbubukod, Dirichlet, atbp. Ang abstract na ito ay naglalaman ng mga problema mula sa iba't ibang sangay ng matematika, kung saan ang Ang pangunahing kasangkapan ay ang paraan ng paggamit ng mathematical induction. Sa pagsasalita tungkol sa kahalagahan ng pamamaraang ito, si A.N. Sinabi ni Kolmogorov na "ang pag-unawa at kakayahang ilapat ang prinsipyo ng mathematical induction ay isang magandang criterion ng maturity, na talagang kinakailangan para sa isang mathematician." Ang paraan ng induction sa malawak na kahulugan nito ay binubuo sa paglipat mula sa mga partikular na obserbasyon sa isang unibersal, pangkalahatang pattern o pangkalahatang pagbabalangkas. Sa interpretasyong ito, ang pamamaraan ay, siyempre, ang pangunahing paraan ng pagsasagawa ng pananaliksik sa anumang eksperimentong natural na agham. aktibidad ng tao. Ang pamamaraan (prinsipyo) ng mathematical induction sa pinakasimpleng anyo nito ay ginagamit kapag kinakailangan upang patunayan ang isang tiyak na pahayag para sa lahat ng natural na numero. Gawain 1. Sa kanyang artikulong “How I became a mathematician” A.N. Sumulat si Kolmogorov: "Natutunan ko ang kagalakan ng isang "pagtuklas" sa matematika nang maaga, na napansin ang isang pattern sa edad na lima o anim 1 =1 2 , 1 + 3 = 2 2 , 1 + 3 + 5 = 3 2, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 at iba pa. Inilathala ng paaralan ang magazine na "Spring Swallows". Dito inilathala ang aking natuklasan...” Hindi namin alam kung anong uri ng ebidensya ang ibinigay sa journal na ito, ngunit nagsimula ang lahat sa mga pribadong obserbasyon. Ang hypothesis mismo, na malamang na lumitaw pagkatapos ng pagtuklas ng mga bahagyang pagkakapantay-pantay na ito, ay ang formula 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 totoo para sa anumang ibinigay na numero n = 1, 2, 3, ... Upang patunayan ang hypothesis na ito, sapat na upang magtatag ng dalawang katotohanan. Una, para sa n = 1 (at kahit para sa n = 2, 3, 4) ang nais na pahayag ay totoo. Pangalawa, ipagpalagay na ang pahayag ay totoo para sa p = k, at sisiguraduhin natin na saka totoo rin ito para sa n = k + 1: 1 + 3 + 5+…+ (2k - 1) + (2k + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1)) + (2k + 1) = k 2 + (2k + 1) = (k + I) 2. Nangangahulugan ito na ang pahayag na pinatutunayan ay totoo para sa lahat ng mga halaga n: para sa n = 1 ito ay totoo (ito ay napatunayan), at dahil sa pangalawang katotohanan - para sa n = 2, kung saan para sa n = 3 (dahil sa pareho, pangalawang katotohanan), atbp. Problema 2. Isaalang-alang ang lahat ng posibleng ordinaryong praksyon na may numerator 1 at anuman (positive integer) (nominal) denominator: Patunayan iyon para sa alinman p> 3 maaari nating katawanin ang yunit bilang kabuuan P iba't ibang fraction ng ganitong uri. Solusyon, Suriin muna natin ang pahayag na ito para sa n = 3; meron kami: Samakatuwid, ang pangunahing pahayag ay nasiyahan Ipagpalagay natin ngayon na ang pahayag na interesado tayo ay totoo para sa ilang numero kay, at patunayan na ito ay totoo rin para sa bilang na sumusunod dito Upang + 1. Sa madaling salita, ipagpalagay na mayroong isang representasyon kung saan k magkaiba ang mga termino at lahat ng denominator. Patunayan natin na pagkatapos ay makakakuha tayo ng representasyon ng pagkakaisa bilang kabuuan mula sa Upang + 1 fraction ng kinakailangang uri. Ipagpalagay namin na ang mga fraction ay bumababa, iyon ay, ang mga denominator (sa representasyon ng yunit sa pamamagitan ng kabuuan Upang terms) tumaas mula kaliwa pakanan upang T - ang pinakamalaki sa mga denominador. Makukuha namin ang representasyon na kailangan namin sa anyo ng isang kabuuan(Sa + 1)th fraction, kung hatiin natin ang isang fraction, halimbawa ang huli, sa dalawa. Magagawa ito dahil At samakatuwid Bilang karagdagan, ang lahat ng mga fraction ay nanatiling naiiba, dahil T ay ang pinakamalaking denominator, at t + 1 > t, at t(t + 1) > t. Kaya, itinatag namin:
Sa batayan na ito, maaari nating i-claim na ang pinag-uusapang pahayag ay totoo para sa lahat ng natural na numero, simula sa tatlo. Bukod dito, ang patunay sa itaas ay nagpapahiwatig din ng isang algorithm para sa paghahanap ng kinakailangang partisyon ng pagkakaisa. (Anong algorithm ito? Isipin ang numero 1 bilang kabuuan ng 4, 5, 7 termino sa sarili nitong.) Sa paglutas sa nakaraang dalawang problema, dalawang hakbang ang ginawa. Ang unang hakbang ay tinatawag batayan induction, pangalawa -inductive transitiono hakbang ng induction. Ang ikalawang hakbang ay ang pinakamahalaga, at ito ay nagsasangkot ng paggawa ng isang pagpapalagay (ang pahayag ay totoo kapag n = k) at konklusyon (ang pahayag ay totoo kapag n = k + 1). Ang parameter n mismo ay tinatawag parameter ng induction.Ang lohikal na pamamaraan na ito (pamamaraan), na nagpapahintulot sa amin na tapusin na ang pahayag na pinag-uusapan ay totoo para sa lahat ng mga natural na numero (o para sa lahat, simula sa ilan), dahil pareho ang batayan at ang paglipat ay wasto, ay tinatawag naang prinsipyo ng mathematical induction, kung saan Ang paraan ng mathematical induction ay batay.Ang terminong "induction" mismo ay nagmula sa salitang Latin pagtatalaga sa tungkulin (guidance), na nangangahulugang ang paglipat mula sa iisang kaalaman tungkol sa indibidwal na mga paksa ng isang naibigay na klase sa isang pangkalahatang konklusyon tungkol sa lahat ng mga bagay ng isang naibigay na klase, na isa sa mga pangunahing pamamaraan ng pag-unawa. Ang prinsipyo ng mathematical induction, tiyak sa pamilyar na anyo ng dalawang hakbang, ay unang lumitaw noong 1654 sa "Treatise on the Arithmetic Triangle" ni Blaise Pascal, kung saan ang isang simpleng paraan upang kalkulahin ang bilang ng mga kumbinasyon (binomial coefficients) ay napatunayan sa pamamagitan ng induction. Sinipi ni D. Polya si B. Pascal sa aklat na may maliliit na pagbabago na ibinigay sa mga square bracket: “Bagaman ang panukalang pinag-uusapan [ang tahasang pormula para sa binomial coefficients] ay naglalaman ng hindi mabilang na mga espesyal na kaso, magbibigay ako ng napakaikling patunay para dito, batay sa dalawang lemma. Ang unang lemma ay nagsasaad na ang palagay ay totoo para sa dahilan - ito ay malinaw. [Sa P = 1 tahasang formula ang wasto...] Ang pangalawang lemma ay nagsasaad ng mga sumusunod: kung ang aming palagay ay totoo para sa isang arbitrary na batayan [para sa isang arbitrary r], kung gayon ito ay magiging totoo para sa sumusunod na dahilan [para sa n + 1]. Mula sa dalawang lemma na ito ay kinakailangang sumusunod na ang panukala ay wasto para sa lahat ng mga halaga P. Sa katunayan, sa bisa ng unang lemma ito ay totoo para sa P = 1; samakatuwid, sa bisa ng ikalawang lemma, ito ay totoo para sa P = 2; samakatuwid, muli sa bisa ng pangalawang lemma, ito ay wasto para sa n = 3 at iba pa ad infinitum." Problema 3. Ang Towers of Hanoi puzzle ay binubuo ng tatlong rods. Sa isa sa mga rod ay may isang pyramid (Larawan 1), na binubuo ng ilang mga singsing na may iba't ibang diameters, na bumababa mula sa ibaba hanggang sa itaas. Fig 1 Ang pyramid na ito ay dapat ilipat sa isa sa iba pang mga rod, na gumagalaw lamang ng isang singsing sa bawat oras at hindi inilalagay ang mas malaking singsing sa mas maliit. Posible bang gawin ito? Solusyon. Kaya, kailangan nating sagutin ang tanong: posible bang ilipat ang isang pyramid na binubuo ng P mga singsing na may iba't ibang diameter, mula sa isang baras patungo sa isa pa, na sumusunod sa mga patakaran ng laro? Ngayon, tulad ng sinasabi nila, na-parametrize namin ang problema (isang natural na numero ang ipinakilala sa pagsasaalang-alang P), at ito ay malulutas sa pamamagitan ng mathematical induction.
Pyramid mula hanggang mga singsing na nakahiga sa pinakamalaki(Sa + 1)-th ring, maaari naming, ayon sa palagay, ilipat ito sa anumang iba pang baras. Gawin natin. hindi gumagalaw(Sa + Ang 1)th ring ay hindi makakapigil sa amin na isagawa ang algorithm ng paggalaw, dahil ito ang pinakamalaki. Pagkatapos gumalaw Upang singsing, ilipat natin ang pinakamalaking ito(Sa + 1)th ring sa natitirang baras. At pagkatapos ay muli naming inilalapat ang algorithm ng paggalaw na kilala sa amin sa pamamagitan ng inductive assumption Upang mga singsing, at ilipat ang mga ito sa tungkod na nasa ibaba(Sa + 1) na singsing. Kaya, kung alam natin kung paano ilipat ang mga pyramids Upang singsing, pagkatapos ay alam namin kung paano ilipat ang mga pyramids at sa Upang + 1 singsing. Samakatuwid, ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, palaging posible na lumipat sa tamang paraan isang pyramid na binubuo ng n ring, kung saan n > 1. Paraan ng mathematical induction sa paglutas ng mga problema sa divisibility. Gamit ang paraan ng mathematical induction, maaari mong patunayan ang iba't ibang mga pahayag tungkol sa divisibility ng natural na mga numero. Suliranin 4 . Kung ang n ay isang natural na numero, kung gayon ang numero ay pantay. Kapag n=1 ang aming pahayag ay totoo: - isang even na numero. Ipagpalagay natin na ito ay isang even na numero. Dahil ang 2k ay isang even number, kung gayon ito ay even. Kaya, ang parity ay napatunayan para sa n=1, ang parity ay deduced mula sa parity. Nangangahulugan ito na ito ay kahit para sa lahat ng natural na halaga ng n. Suliranin 3. Patunayan na ang bilang na Z 3 + 3 - 26n - 27 na may arbitrary na natural n ay nahahati sa 26 2 na walang nalalabi. Solusyon. Patunayan muna natin sa pamamagitan ng induction ang auxiliary statement na 3 3n+3 — Ang 1 ay nahahati sa 26 nang walang natitira kapag n > 0.
Hakbang sa induction. Ipagpalagay natin na 3 3n+3 - 1 ay nahahati sa 26 kapag n = k, at Patunayan natin na sa kasong ito ang pahayag ay magiging totoo para sa n = k + 1. Mula noong 3 pagkatapos ay mula sa inductive hypothesis ay napagpasyahan namin na ang bilang 3 Ang 3k + 6 - 1 ay nahahati sa 26. Ngayon ay patunayan natin ang pahayag na nabuo sa pahayag ng problema. At muli sa pamamagitan ng induction.
mahahati sa 26 2 walang bakas. Sa huling kabuuan, ang parehong mga termino ay nahahati sa 26 2 . Ang una ay dahil napatunayan natin na ang expression sa panaklong ay nahahati ng 26; ang pangalawa ay sa pamamagitan ng induction hypothesis. Sa bisa ng prinsipyo ng mathematical induction, ang nais na pahayag ay ganap na napatunayan. Paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa kabuuan ng serye. Gawain 5. Patunayan ang formula Ang N ay isang natural na numero. Solusyon. Kapag n=1, ang magkabilang panig ng pagkakapantay-pantay ay nagiging isa at, samakatuwid, ang unang kondisyon ng prinsipyo ng mathematical induction ay nasiyahan. Ipagpalagay natin na ang formula ay tama para sa n=k, i.e. Idagdag natin sa magkabilang panig ng pagkakapantay-pantay na ito at baguhin ang kanang bahagi. Pagkatapos makuha namin Kaya, mula sa katotohanan na ang formula ay totoo para sa n=k, ito ay sumusunod na ito ay totoo rin para sa n=k+1. Ang pahayag na ito ay totoo para sa anumang natural na halaga ng k. Kaya, nasiyahan din ang pangalawang kondisyon ng prinsipyo ng induction ng matematika. Napatunayan ang formula. Gawain 6. Dalawang numero ang nakasulat sa pisara: 1,1. Sa pamamagitan ng pagpasok ng kanilang kabuuan sa pagitan ng mga numero, nakukuha natin ang mga numero 1, 2, 1. Ulitin muli ang operasyong ito, makukuha natin ang mga numero 1, 3, 2, 3, 1. Pagkatapos ng tatlong operasyon, ang mga numero ay magiging 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Ano ang magiging kabuuan ng lahat ng numero sa pisara pagkatapos 100 operasyon? Solusyon. Gawin ang lahat 100 ang mga operasyon ay magiging isang napakahirap na paggawa at matagal na gawain. Nangangahulugan ito na kailangan nating subukang maghanap ng ilang pangkalahatang formula para sa kabuuan ng S mga numero pagkatapos n mga operasyon. Tingnan natin ang talahanayan: May napansin ka bang pattern dito? Kung hindi, maaari kang gumawa ng isa pang hakbang: pagkatapos ng apat na operasyon magkakaroon ng mga numero 1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1, ang kabuuan kung saan ang S 4 ay katumbas ng 82. Sa katunayan, hindi mo maaaring isulat ang mga numero, ngunit agad na sabihin kung paano magbabago ang kabuuan pagkatapos magdagdag ng mga bagong numero. Hayaan ang kabuuan ay katumbas ng 5. Ano ang magiging kapag nagdagdag ng mga bagong numero? Hatiin natin ang bawat bagong numero sa kabuuan ng dalawang luma. Halimbawa, mula sa 1, 3, 2, 3, 1 pupunta tayo sa 1, 1 + 3, 3, 3 + 2, 2, 2 + 3, 3, 3 + 1, 1. Ibig sabihin, ang bawat lumang numero (maliban sa dalawang extreme unit) ay kasama na ngayon sa kabuuan ng tatlong beses, kaya ang bagong sum ay katumbas ng 3S - 2 (bawas ng 2 para isaalang-alang ang mga nawawalang unit). Samakatuwid S 5 = 3S 4 - 2 = 244, at sa pangkalahatan Ano ang pangkalahatang formula? Kung hindi dahil sa pagbabawas ng dalawang yunit, sa bawat oras na ang kabuuan ay tataas ng tatlong beses, tulad ng sa kapangyarihan ng tatlo (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). At ang ating mga numero, gaya ng nakikita natin ngayon, ay isa pa. Kaya, maaari itong ipagpalagay na Subukan natin ngayon na patunayan ito sa pamamagitan ng induction. Base sa induction. Tingnan ang talahanayan (para sa n = 0, 1, 2, 3). Hakbang sa induction. Magpanggap na tayo Patunayan natin iyan S k + 1 = Z k + 1 + 1. Talaga, Kaya, ang aming formula ay napatunayan. Ipinapakita nito na pagkatapos ng isang daang operasyon ang kabuuan ng lahat ng mga numero sa board ay magiging katumbas ng 3 100 + 1. Tingnan natin ang isang magandang halimbawa ng paglalapat ng prinsipyo ng mathematical induction, kung saan kailangan mo munang ipakilala ang dalawang natural na parameter at pagkatapos ay isagawa ang induction sa kanilang kabuuan. Gawain 7. Patunayan na kung= 2, x 2 = 3 at para sa anumang natural p> 3 ang relasyon ay humahawak x p = 3x p - 1 - 2x p - 2, yun 2 p - 1 + 1, p = 1, 2, 3, ... Solusyon. Tandaan na sa problemang ito ang orihinal na pagkakasunod-sunod ng mga numero(x p) ay tinutukoy ng induction, dahil ang mga tuntunin ng aming sequence, maliban sa unang dalawa, ay tinukoy nang pasaklaw, iyon ay, sa pamamagitan ng mga nauna. Kaya ang mga ibinigay na pagkakasunud-sunod ay tinatawag paulit-ulit, at sa aming kaso, ang sequence na ito ay tinutukoy (sa pamamagitan ng pagtukoy sa unang dalawang termino nito) sa isang natatanging paraan. Base sa induction. Binubuo ito ng pagsuri sa dalawang pahayag: kailan n = 1 at n = 2.V Sa parehong mga kaso ang pahayag ay totoo ayon sa kondisyon. Hakbang sa induction. Ipagpalagay natin na para sa n = k - 1 at n = k ang pahayag ay natupad, iyon ay Patunayan natin ang bisa ng pahayag para sa n = k + 1. Mayroon kaming: x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, na siyang kailangang patunayan. Gawain 8. Patunayan na ang anumang natural na numero ay maaaring katawanin bilang kabuuan ng ilang magkakaibang termino ng paulit-ulit na pagkakasunud-sunod ng mga numero ng Fibonacci: para sa k > 2. Solusyon. Hayaan n - natural na numero. Magsasagawa kami ng induction sa P. Base sa induction. Kapag n = Ang pahayag 1 ay totoo dahil ang isa mismo ay isang numero ng Fibonacci. Hakbang sa induction. Ipagpalagay na ang lahat ng natural na numero ay mas mababa sa ilang numero P, ay maaaring katawanin bilang kabuuan ng ilang magkakaibang termino ng Fibonacci sequence. Hahanapin natin pinakamalaking bilang Fibonacci Ft, hindi superior P; kaya, F t p at F t +1 > p. Dahil ang Sa pamamagitan ng induction hypothesis, ang numero n- F t ay maaaring katawanin bilang kabuuan 5 ng ilang magkakaibang termino ng Fibonacci sequence, at mula sa huling hindi pagkakapantay-pantay ay sumusunod na ang lahat ng termino ng Fibonacci sequence na kasama sa sum 8 ay mas mababa F t . Samakatuwid, ang pagpapalawak ng bilang n = 8 + F t natutugunan ang mga kondisyon ng problema. Mga halimbawa ng paglalapat ng paraan ng mathematical induction sa pagpapatunay ng hindi pagkakapantay-pantay. Gawain 9. (Ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli.)Patunayan mo na kung kailan x > -1, x 0, at para sa integer n > 2 totoo ang hindi pagkakapantay-pantay (1 + x) n > 1 + xn. Solusyon. Muli naming isasagawa ang patunay sa pamamagitan ng induction. 1. Base ng induction. I-verify natin ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay para sa n = 2. Sa katunayan, (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x. 2. Hakbang sa pagtatalaga. Ipagpalagay natin na para sa numero p = k totoo ang pahayag, kumbaga (1 + x) k > 1 + xk, Kung saan ang k > 2. Patunayan natin ito para sa n = k + 1. Mayroon tayong: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x. Kaya, batay sa prinsipyo ng mathematical induction, maaari nating i-claim na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay totoo para sa anumang n > 2. Sa konteksto ng mga problemang nalutas gamit ang pamamaraan ng mathematical induction, ang pangkalahatang batas na kailangang patunayan ay hindi palaging malinaw na nabalangkas. Minsan ito ay kinakailangan, sa pamamagitan ng pagmamasid sa mga partikular na kaso, upang unang matuklasan (hulaan) kung alin pangkalahatang batas nagbibigay sila, at pagkatapos ay patunayan ang nakasaad na hypothesis gamit ang paraan ng mathematical induction. Bilang karagdagan, ang variable ng induction ay maaaring ma-mask, at bago malutas ang problema, kinakailangan upang matukoy kung anong parameter ang isasagawa ng induction. Bilang mga halimbawa, isaalang-alang ang mga sumusunod na gawain. Problema 10. Patunayan iyon sa ilalim ng anumang natural n > 1. Solusyon, Subukan nating patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay na ito gamit ang paraan ng mathematical induction. Ang batayan ng induction ay madaling ma-verify:1+ Sa pamamagitan ng induction hypothesis at ito ay nananatiling para sa amin upang patunayan iyon Kung gagamitin natin ang inductive hypothesis, ipagtatalo natin iyon Bagama't totoo ang pagkakapantay-pantay na ito, hindi ito nagbibigay sa atin ng solusyon sa problema. Subukan nating patunayan ang isang mas malakas na pahayag kaysa sa kinakailangan sa orihinal na problema. Namely, patunayan natin iyan Maaaring tila ang pagpapatunay sa pahayag na ito sa pamamagitan ng induction ay isang walang pag-asa. Gayunpaman, kapag n = 1 mayroon tayo: ang pahayag ay totoo. Upang bigyang-katwiran ang pasaklaw na hakbang, ipagpalagay natin iyon at saka natin patunayan yan Talaga, Kaya, napatunayan namin ang isang mas malakas na pahayag, kung saan ang pahayag na nilalaman sa pahayag ng problema ay agad na sumusunod. Ang nakapagtuturo dito ay kahit na kailangan nating patunayan ang isang mas malakas na pahayag kaysa sa kinakailangan sa problema, maaari tayong gumamit ng mas malakas na palagay sa inductive na hakbang. Ipinapaliwanag nito na ang tuwirang aplikasyon ng prinsipyo ng induction ng matematika ay hindi palaging humahantong sa layunin. Ang sitwasyon na lumitaw kapag nalutas ang problema ay tinawagkabalintunaan ng imbentor.Ang kabalintunaan mismo ay ang mas kumplikadong mga plano ay maaaring ipatupad sa malaking tagumpay, kung ang mga ito ay batay sa isang mas malalim na pag-unawa sa kakanyahan ng bagay. Suliranin 11. Patunayan na 2 m + n - 2 m para sa anumang natural uri. Solusyon. Narito mayroon kaming dalawang mga parameter. Samakatuwid, maaari mong subukang isagawa ang tinatawag nadobleng induction(induction sa loob ng induction). Magsasagawa kami ng inductive reasoning sa P. 1. Ang induction base ayon sa talata. Kapag n = Kailangan kong suriin iyon 2 t ~ 1 > t. Upang patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ginagamit namin ang induction sa T. A) Induction base ayon sa tinatawag na Kapag t = 1 naisakatuparan b) Ang induction step ayon sa tinatawag naIpagpalagay natin na kapag t = k totoo ang pahayag, kumbaga 2 k ~ 1 > k. Tapos hanggang sa na may natural na sa. Kaya ang hindi pagkakapantay-pantay 2 ginanap sa anumang natural T. 2. Hakbang sa pagtatalaga ayon sa aytem.Pumili tayo at ayusin ang ilang natural na numero T. Ipagpalagay natin na kapag n = ako ang pahayag ay totoo (para sa isang nakapirming t), ibig sabihin, 2 t +1 ~ 2 > t1, at papatunayan namin na kung gayon ang pahayag ay magiging totoo din para sa n = l + 1. para sa anumang natural uri. Samakatuwid, batay sa prinsipyo ng mathematical induction (sa pamamagitan ng P) ang pahayag ng problema ay totoo para sa sinuman P at para sa anumang nakapirming T. Kaya, ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay humahawak para sa anumang natural uri. Suliranin 12. Hayaang m, n at k ay mga natural na numero, at t > p. Alin sa dalawang numero ang mas malaki: Sa bawat ekspresyon Upang palatandaan parisukat na ugat, t at p kahalili. Solusyon. Patunayan muna natin ang ilang pantulong na pahayag. Lemma. Para sa anumang natural t at p (t > p) at hindi negatibo (hindi kinakailangang buo) X totoo ang hindi pagkakapantay-pantay Patunay. Isaalang-alang ang hindi pagkakapantay-pantay Ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay totoo dahil ang parehong mga kadahilanan sa kaliwang bahagi ay positibo. Ang pagpapalawak ng mga bracket at pagbabago, makakakuha tayo ng: Ang pagkuha ng square root ng magkabilang panig ng huling hindi pagkakapantay-pantay, makuha natin ang pahayag ng lemma. Kaya, ang lemma ay napatunayan. Magpatuloy tayo ngayon sa paglutas ng problema. Tukuyin natin ang una sa mga bilang na ito sa pamamagitan ng A, at ang pangalawa - sa pamamagitan ng b k. Patunayan natin na a sa ilalim ng anumang natural Upang. Isasagawa namin ang patunay gamit ang paraan ng mathematical induction nang hiwalay para sa even at odd Upang. Base sa induction. Kapag k = 1 mayroon tayong hindi pagkakapantay-pantay y[t > y/n , patas dahil sa katotohanan na t > p. Kapag k = 2 ang kinakailangan ay nakuha mula sa napatunayang lemma sa pamamagitan ng pagpapalit x = 0. Hakbang sa induction. Kumbaga, para sa ilan k hindi pagkakapantay-pantay a > b k patas. Patunayan natin yan Mula sa induction assumption at square root monotonicity mayroon tayo: Sa kabilang banda, mula sa napatunayang lemma ay sinusundan iyon Ang pagsasama-sama ng huling dalawang hindi pagkakapantay-pantay, nakukuha natin: Ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, ang pahayag ay napatunayan. Suliranin 13. (Ang hindi pagkakapantay-pantay ni Cauchy.)Patunayan iyon para sa anumang positibong numero..., isang p totoo ang hindi pagkakapantay-pantay Solusyon. Para sa n = 2 ang hindi pagkakapantay-pantay ipagpalagay natin na ang arithmetic mean at ang geometric mean (para sa dalawang numero) ay kilala. Hayaan n= 2, k = 1, 2, 3, ... at unang magsagawa ng induction sa Upang. Ang batayan ng induction na ito ay nagaganap sa ngayon kung ipagpalagay na ang kinakailangang hindi pagkakapantay-pantay ay naitatag na para sa n = 2, patunayan natin ito para sa P = 2 . Mayroon kaming (paglalapat ng hindi pagkakapantay-pantay para sa dalawang numero): Samakatuwid, sa pamamagitan ng inductive hypothesis Kaya, sa pamamagitan ng induction sa k napatunayan natin ang hindi pagkakapantay-pantay para sa lahat p 9 pagiging kapangyarihan ng dalawa. Upang patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay para sa iba pang mga halaga P Gamitin natin ang "downward induction", ibig sabihin, patunayan natin na kung ang hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak para sa arbitrary na hindi negatibo. P mga numero, pagkatapos ito ay totoo rin para sa(P - 1st day. Upang i-verify ito, tandaan namin na, ayon sa pagpapalagay na ginawa para sa P bilang na hawak ng hindi pagkakapantay-pantay ibig sabihin, a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Hinahati ang dalawang bahagi sa P - 1, nakukuha namin ang kinakailangang hindi pagkakapantay-pantay. Kaya, una naming itinatag na ang hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak para sa isang walang katapusang bilang ng mga posibleng halaga P, at pagkatapos ay ipinakita na kung ang hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak para sa P mga numero, pagkatapos ito ay totoo rin para sa(P - 1) mga numero. Mula dito napagpasyahan natin ngayon na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Cauty ay humahawak para sa hanay ng P anumang hindi negatibong numero para sa alinman n = 2, 3, 4, ... Problema 14. (D. Uspensky.) Para sa anumang tatsulok na ABC na ang mga anggulo = CAB, = CBA ay katapat, may mga hindi pagkakapantay-pantay Solusyon. Ang mga anggulo at ay katumbas, at ito (sa kahulugan) ay nangangahulugan na ang mga anggulong ito ay may isang karaniwang sukat, kung saan ang = p, = (p, q ay coprime natural na mga numero). Gamitin natin ang paraan ng mathematical induction at isagawa ito sa pamamagitan ng sum p = p + q natural na mga numero ng coprime.. Base sa induction. Para sa p + q = 2 mayroon tayo: p = 1 at q = 1. Pagkatapos ang tatsulok na ABC ay isosceles, at ang mga kinakailangang hindi pagkakapantay-pantay ay halata: sumusunod sila mula sa hindi pagkakapantay-pantay ng tatsulok. Hakbang sa induction. Ipagpalagay natin ngayon na ang mga kinakailangang hindi pagkakapantay-pantay ay itinatag para sa p + q = 2, 3, ..., k - 1, kung saan k > 2. Patunayan natin na ang mga hindi pagkakapantay-pantay ay may bisa rin p + q = k. Hayaan ang ABC - isang ibinigay na tatsulok na mayroon> 2. Pagkatapos gilid AC at BC hindi maaaring pantay: hayaan AC > BC. Bumuo tayo ngayon, tulad ng sa Figure 2, isang isosceles triangle ABC; meron kami: AC = DC at AD = AB + BD, samakatuwid, 2AC > AB + BD (1) Isaalang-alang ngayon ang tatsulok BDC, na ang mga anggulo ay katumbas din: DСВ = (q - р), ВDC = p. kanin. 2 Para sa tatsulok na ito ang inductive hypothesis ay hawak, at samakatuwid (2) Pagdaragdag ng (1) at (2), mayroon kaming: 2AC+BD> at samakatuwid Mula sa parehong tatsulok VBS sa pamamagitan ng induction hypothesis napaghihinuha namin na Isinasaalang-alang ang nakaraang hindi pagkakapantay-pantay, napagpasyahan namin iyon Kaya, ang inductive transition ay nakuha, at ang pahayag ng problema ay sumusunod mula sa prinsipyo ng mathematical induction. Magkomento. Ang pahayag ng problema ay nananatiling wasto kahit na ang mga anggulo a at p ay hindi magkatugma. Sa batayan ng pagsasaalang-alang sa pangkalahatang kaso, kailangan na nating ilapat ang isa pang mahalagang prinsipyo sa matematika - ang prinsipyo ng pagpapatuloy. Problema 15. Hinahati ng ilang tuwid na linya ang eroplano sa mga bahagi. Patunayan na maaari mong kulayan ang mga bahaging ito ng puti at mga itim na kulay upang ang mga katabing bahagi na may karaniwang segment ng hangganan ay may iba't ibang kulay (tulad ng sa Figure 3 na may n = 4). larawan 3 Solusyon. Gamitin natin ang induction sa bilang ng mga linya. Kaya hayaan P - ang bilang ng mga linya na naghahati sa aming eroplano sa mga bahagi, n > 1. Base sa induction. Kung mayroon lamang isang tuwid na linya(P = 1), pagkatapos ay hinahati nito ang eroplano sa dalawang kalahating eroplano, ang isa ay maaaring kulayan kulay puti, at ang pangalawa sa itim, at ang pahayag ng problema ay tama. Hakbang sa induction. Upang gawing mas malinaw ang patunay ng inductive transition, isaalang-alang ang proseso ng pagdaragdag ng isang bagong linya. Kung gumuhit tayo ng pangalawang tuwid na linya(P= 2), pagkatapos ay makakakuha tayo ng apat na bahagi na maaaring kulayan kung kinakailangan sa pamamagitan ng pagpinta sa magkabilang sulok ng parehong kulay. Tingnan natin kung ano ang mangyayari kung gumuhit tayo ng ikatlong tuwid na linya. Hahatiin nito ang ilan sa mga "lumang" bahagi, habang ang mga bagong seksyon ng hangganan ay lilitaw, sa magkabilang panig kung saan ang kulay ay pareho (Larawan 4). kanin. 4 Ituloy natin ang sumusunod:Sa isang tabimula sa bagong tuwid na linya ay babaguhin natin ang mga kulay - gagawa tayo ng puting itim at kabaliktaran; kasabay nito, hindi namin pinipinta muli ang mga bahaging iyon na nasa kabilang panig ng tuwid na linyang ito (Larawan 5). Kung gayon ang bagong pangkulay na libro ay masisiyahan kinakailangang mga kinakailangan: sa isang gilid ng tuwid na linya ito ay alternating na (ngunit may iba't ibang kulay), at sa kabilang panig ay ito ang kailangan. Upang ang mga bahagi na may karaniwang hangganan na kabilang sa iginuhit na linya ay maipinta sa iba't ibang kulay, muli naming pininturahan ang mga bahagi sa isang gilid lamang ng iginuhit na tuwid na linyang ito. Fig.5 Patunayan natin ngayon ang inductive transition. Ipagpalagay natin na para sa ilanp = kang pahayag ng problema ay totoo, iyon ay, lahat ng bahagi ng eroplano kung saan ito ay nahahati sa mga itoUpangtuwid, maaari mong ipinta ang mga ito ng puti at itim upang ang mga katabing bahagi ay may iba't ibang kulay. Patunayan natin na may ganoong kulay para saP= Upang+ 1 direkta. Magpatuloy tayo nang katulad sa kaso ng paglipat mula sa dalawang linya patungo sa tatlo. Gumuhit tayo sa eroplanoUpangtuwid Pagkatapos, sa pamamagitan ng induction hypothesis, ang resultang "mapa" ay maaaring kulayan sa nais na paraan. Isagawa natin ngayon(Sa+ 1) ika-tuwid na linya at sa isang gilid nito binabago namin ang mga kulay sa kabaligtaran. At ngayon(Sa+ 1)-th tuwid na linya ay naghihiwalay sa mga lugar na may iba't ibang kulay sa lahat ng dako, habang ang mga "lumang" bahagi, tulad ng nakita na natin, ay nananatiling tama ang kulay. Ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, ang problema ay nalutas. Gawain16. Sa gilid ng disyerto ay may malaking supply ng gasolina at isang kotse na kapag ganap na napuno ng gasolina, ay maaaring maglakbay ng 50 kilometro. Mayroong walang limitasyong dami ng mga canister kung saan maaari kang magbuhos ng gasolina mula sa tangke ng gas ng iyong sasakyan at iwanan ito para iimbak kahit saan sa disyerto. Patunayan na ang isang kotse ay maaaring maglakbay ng anumang integer na distansya na higit sa 50 kilometro. Hindi ka pinapayagang magdala ng mga lata ng gasolina; maaari kang magdala ng mga walang laman sa anumang dami. Solusyon.Subukan nating patunayan sa pamamagitan ng induction onP,na ang sasakyan ay maaaring itaboyPkilometro mula sa gilid ng disyerto. SaP= 50 ay kilala. Ang natitira na lang ay isagawa ang induction step at ipaliwanag kung paano makarating doonp = k+ 1 kilometro kung alam nap = kMaaari kang magmaneho ng mga kilometro. Gayunpaman, narito kami ay nakatagpo ng isang kahirapan: pagkatapos naming makapasaUpangkilometro, maaaring walang sapat na gasolina kahit para sa paglalakbay pabalik (hindi banggitin ang imbakan). At sa kasong ito, ang solusyon ay upang palakasin ang pahayag na napatunayan (ang kabalintunaan ng imbentor). Papatunayan namin na hindi ka lang marunong magmanehoPkilometro, ngunit din upang gumawa ng isang arbitraryong malaking supply ng gasolina sa isang punto sa layoPkilometro mula sa gilid ng disyerto, pagdating sa puntong ito pagkatapos ng pagtatapos ng transportasyon. Base sa induction.Hayaang ang isang yunit ng gasolina ay ang halaga ng gasolina na kinakailangan upang maglakbay ng isang kilometro. Pagkatapos, ang isang biyahe ng 1 kilometro at pabalik ay nangangailangan ng dalawang yunit ng gasolina, upang maaari tayong mag-iwan ng 48 na yunit ng gasolina sa isang pasilidad ng imbakan isang kilometro ang layo mula sa gilid at bumalik para sa isang bagong bahagi. Kaya, sa ilang paglalakbay sa pasilidad ng imbakan, maaari tayong gumawa ng stock ng anumang laki na kailangan natin. Kasabay nito, para makalikha ng 48 units ng reserba, kumukonsumo tayo ng 50 units ng gasolina. Hakbang sa induction.Ipagpalagay natin na sa malayoP= Upangmula sa gilid ng disyerto maaari kang mag-imbak ng anumang halaga ng gasolina. Patunayan natin na posible na lumikha ng pasilidad ng imbakan sa malayop = k+ 1 kilometro na may anumang reserba ng gasolina na tinukoy nang maaga at mapupunta sa pasilidad ng imbakan na ito sa dulo ng transportasyon. Dahil sa puntoP= Upangmayroong walang limitasyong supply ng gasolina, pagkatapos (ayon sa induction base) maaari tayong maabot ang isang punto sa ilang mga biyahep = k+ 1 gawin sa puntoP= Upang4- 1 stock ng anumang laki na kinakailangan. Ang katotohanan ng isang mas pangkalahatang pahayag kaysa sa pahayag ng problema ay sumusunod na ngayon mula sa prinsipyo ng mathematical induction. Konklusyon Sa partikular, sa pamamagitan ng pag-aaral ng pamamaraan ng induction ng matematika, nadagdagan ko ang aking kaalaman sa larangang ito ng matematika, at natutunan ko ring lutasin ang mga problema na dati ay lampas sa aking lakas. Kadalasan ang mga ito ay lohikal at nakakaaliw na mga gawain, i.e. lamang ang mga nagdaragdag ng interes sa matematika mismo bilang isang agham. Ang paglutas ng mga naturang problema ay nagiging isang nakakaaliw na aktibidad at maaaring makaakit ng higit pa at mas mausisa na mga tao sa mathematical labyrinths. Sa aking palagay, ito ang batayan ng anumang agham. Sa patuloy na pag-aaral ng pamamaraan ng mathematical induction, susubukan kong matutunan kung paano ilapat ito hindi lamang sa matematika, kundi pati na rin sa paglutas ng mga problema sa pisika, kimika at buhay mismo. Panitikan 1.Vulenkin INDUCTION. Kombinatorika. Manwal PARA sa mga guro. M., Enlightenment, 1976.-48 p. 2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Induction sa geometry. - M.: Estado. inilathala litro. - 1956 - S.I00. Isang manwal sa matematika para sa mga pumapasok sa mga unibersidad / Ed. Yakovleva G.N. Ang agham. -1981. - P.47-51. 3.Golovina L.I., Yaglom I.M. Induction sa geometry. — 4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Schvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. Pagtuturo/ “Enlightenment” 1975. 5.R. Courant, G. Robbins "Ano ang matematika?" Kabanata 1, § 2 6.Popa D. Matematika at makatwirang pangangatwiran. - M,: Nauka, 1975. 7.Popa D. Pagtuklas sa matematika. - M.: Nauka, 1976. 8. Rubanov I.S. Paano ituro ang paraan ng mathematical induction / Mathematics school. - Nl. - 1996. - P.14-20. 9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom IM. Sa paraan ng mathematical induction. - M.: Nauka, 1977. - (Mga sikat na lektura sa matematika.) 10.Solominsky I.S. Paraan ng mathematical induction. - M.: Agham. 63s. 11.Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Tungkol sa mathematical induction. - M.: Agham. - 1967. - P.7-59. 12.http://w.wikimedia.org/wiki 13.htt12:/ /www.refeshtcollestiop.ru/40 124.html MBOU Lyceum "Teknikal at Pang-ekonomiya" PARAAN NG MATHEMATICAL INDUCTION PARAAN NG MATHEMATICAL INDUCTION. PALIWANAG TALA Ang methodological development na "Paraan ng mathematical induction" ay pinagsama-sama para sa mga mag-aaral ng ika-10 baitang ng isang mathematical profile. Pangunahing layunin: upang ipakilala sa mga mag-aaral ang pamamaraan ng matematikal na induction at ituro kung paano ilapat ito sa paglutas ng iba't ibang mga problema. SA pag-unlad ng pamamaraan ang mga tanong sa elementarya na matematika ay isinasaalang-alang: mga problema sa divisibility, patunay ng pagkakakilanlan, patunay ng hindi pagkakapantay-pantay, mga problema ay iminungkahi iba't ibang antas kahirapan, kabilang ang mga gawaing inaalok sa Olympiads. Napakahusay ng papel ng mga inductive na konklusyon sa mga pang-eksperimentong agham. Ibinibigay nila ang mga probisyon kung saan ang mga karagdagang konklusyon ay iginuhit sa pamamagitan ng pagbabawas. Pangalan paraan ng mathematical induction mapanlinlang - sa katunayan, ang pamamaraang ito ay deduktibo at nagbibigay ng mahigpit na patunay ng mga pahayag na nahulaan sa pamamagitan ng induction. Ang pamamaraan ng mathematical induction ay nakakatulong upang matukoy ang mga koneksyon sa pagitan ng iba't ibang sangay ng matematika at tumutulong sa pagbuo ng matematikal na kultura ng mag-aaral. Kahulugan ng paraan ng mathematical induction. Kumpleto at hindi kumpletong induction. Patunay ng hindi pagkakapantay-pantay. Katibayan ng pagkakakilanlan. Paglutas ng mga problema sa divisibility. Paglutas ng iba't ibang mga problema sa paksang "Paraan ng induction ng matematika". PANITIKAN PARA SA MGA GURO 1. M.L. Galitsky. Malalim na pag-aaral ng kurso ng algebra at mathematical analysis. – M. Edukasyon. 1986. 2. L.I.Zvavich. Algebra at ang simula ng pagsusuri. Mga materyal na didactic. M. Bustard.2001. 3. N.Ya.Vilenkin. Algebra at mathematical analysis. M Enlightenment.1995. 4. Yu.V.Mikheev. Paraan ng mathematical induction. NSU.1995. PANITIKAN PARA SA MGA MAG-AARAL 1. N.Ya.Vilenkin. Algebra at mathematical analysis. M Enlightenment.1995. 2. Yu.V.Mikheev. Paraan ng mathematical induction. NSU.1995. MGA KEYWORDS Induction, axiom, prinsipyo ng mathematical induction, complete induction, incomplete induction, statement, identity, inequality, divisibility. DIDACTIC APPENDIX SA PAKSA "PARAAN NG MATHEMATICAL INDUCTION". Aralin #1. Kahulugan ng paraan ng mathematical induction. Ang pamamaraan ng mathematical induction ay isa sa mga pinaka-epektibong paraan ng paghahanap ng mga bagong resulta at pagpapatunay ng katotohanan ng mga pagpapalagay na ginawa. Bagama't hindi bago ang pamamaraang ito sa matematika, hindi nawawala ang interes dito. Sa kauna-unahang pagkakataon sa isang malinaw na pagtatanghal, ang pamamaraan ng matematikal na induction ay ginamit noong ika-17 siglo ng namumukod-tanging Pranses na siyentipiko na si Blaise Pascal nang pinatutunayan ang mga katangian ng numerong tatsulok, na mula noon ay nagdala ng kanyang pangalan. Gayunpaman, ang ideya ng induction ng matematika ay kilala sa mga sinaunang Greeks. Ang pamamaraan ng mathematical induction ay batay sa prinsipyo ng mathematical induction, na tinatanggap bilang isang axiom. Tingnan natin ang ideya ng induction ng matematika gamit ang mga halimbawa. Halimbawa Blg. 1. Ang parisukat ay nahahati sa dalawang bahagi ng isang segment, pagkatapos ay ang isa sa mga resultang bahagi ay nahahati sa dalawang bahagi, at iba pa. Tukuyin kung gaano karaming mga bahagi ang parisukat ay mahahati sa P hakbang? Solusyon. Pagkatapos ng unang hakbang, ayon sa kondisyon, makakakuha tayo ng 2 bahagi. Sa pangalawang hakbang, iniiwan namin ang isang bahagi na hindi nagbabago, at hatiin ang pangalawa sa 2 bahagi at kumuha ng 3 bahagi. Sa ikatlong hakbang, iniiwan namin ang 2 bahagi na hindi nagbabago, at hatiin ang pangatlo sa dalawang bahagi at kumuha ng 4 na bahagi. Sa ika-apat na hakbang, iniiwan namin ang 3 bahagi na hindi nagbabago, at hatiin ang huling bahagi sa dalawang bahagi at kumuha ng 5 bahagi. Sa ikalimang hakbang makakakuha tayo ng 6 na bahagi. Ito ay humihingi ng mungkahi na sa pamamagitan ng P mga hakbang na ating makukuha (n+1) Bahagi. Ngunit ang panukalang ito ay kailangang patunayan. Ipagpalagay natin na pagkatapos Upang mga hakbang na hahatiin ang parisukat (k+1) Bahagi. Pagkatapos ay sa (k+1) hakbang na ating ginagawa Upang ang mga bahagi ay iiwang hindi magbabago, ngunit (k+1) hatiin ang bahagi sa dalawang bahagi at makuha (k+2) mga bahagi. Napansin mong maaari kang makipagtalo sa ganitong paraan hangga't gusto mo, ad infinitum. Ibig sabihin, ang assumption natin ay na through P mga hakbang na hahatiin ang parisukat (n+1) bahagi ay nagiging napatunayan. Halimbawa Blg. 2. Ang aking lola ay may isang apo na talagang mahilig sa jam, at lalo na ang uri na dumating sa isang litro ng garapon. Pero hindi ako pinayagan ng lola ko na hawakan siya. At binalak ng mga apo na linlangin ang kanilang lola. Nagpasya siyang kumain ng 1/10 litro mula sa garapon na ito araw-araw at lagyan ng tubig, hinahalo nang maigi. Ilang araw ang aabutin para matuklasan ni lola ang panlilinlang kung ang jam ay nananatiling pareho sa hitsura kapag natunaw ng kalahati ng tubig? Solusyon. Alamin natin kung gaano karaming purong jam ang natitira sa garapon pagkatapos P araw. Pagkatapos ng unang araw, ang isang halo na binubuo ng 9/10 jam at 1/10 na tubig ay mananatili sa garapon. Pagkatapos ng dalawang araw, 1/10 ng pinaghalong tubig at jam ang mawawala sa garapon at mananatili (1 litro ng halo ay naglalaman ng 9/10 litro ng jam, 1/10 litro ng halo ay naglalaman ng 9/100 litro ng jam. ) 9/10 – 9/100=81/100=(9/10) 2 litro ng jam. Sa ikatlong araw, mawawala sa garapon ang 1/10 litro ng halo na binubuo ng 81/100 jam at 19/100 na tubig. Ang 1 litro ng halo ay naglalaman ng 81/100 litro ng jam, 1/10 litro ng halo ay naglalaman ng 81/1000 litro ng jam. 81/100 – 81/1000= 729/1000=(9/10) 3 litro ng jam ang mananatili pagkatapos ng 3 araw, at ang natitira ay kukunin ng tubig. Lumilitaw ang isang pattern. Sa pamamagitan ng P mga araw na natitira sa bangko (9/10) P siksikan ako. Ngunit ito, muli, ay aming hula lamang. Hayaan Upang– isang arbitrary na natural na numero. Ipagpalagay natin na pagkatapos Upang araw ay may (9/10) litro ng jam na natitira sa garapon. Tingnan natin kung ano ang nasa bangko sa ibang araw, iyon ay, sa (k+1) araw. Mawawala sa garapon 1/10l isang halo na binubuo ng (9/10) Upang l jam at tubig. SA 1l ang timpla ay (9/10) Upang l jam, sa 1/10l pinaghalong (9/10) k+1 l jam. Ngayon ay ligtas nating masasabi iyon sa pamamagitan ng P araw na natitira sa bangko (9/10) P l jam. Sa 6 na araw magkakaroon ang bangko 531444/1000000l jam, pagkatapos ng 7 araw - 4782969/10000000l jam, iyon ay, wala pang kalahati. Sagot: After 7 days, matutuklasan ni lola ang panloloko. Subukan nating i-highlight ang pinakamahalagang bagay sa paglutas ng mga problemang isinasaalang-alang. Sinimulan naming lutasin ang bawat isa sa kanila sa pamamagitan ng pagsasaalang-alang sa indibidwal o, gaya ng sinasabi nila, mga espesyal na kaso. Pagkatapos, batay sa aming mga obserbasyon, gumawa kami ng ilang pagpapalagay P(n), depende sa natural P. ang pahayag ay napatunayan, iyon ay, napatunayan P(1), P(2), P(3); nagmungkahi na P(n) wasto para sa p=k at napagpasyahan na ito ay magiging totoo sa susunod n, n=k+1. At pagkatapos ay nangangatuwiran sila ng ganito: P(1) tama, P(2) tama, P(3) tama, P(4) tama... ibig sabihin tama P(p). Ang prinsipyo ng mathematical induction. Pahayag P(n), depende sa natural P, wasto para sa lahat ng natural P, Kung 1) napatunayan ang bisa ng pahayag kung kailan n=1; 2) mula sa pagpapalagay ng bisa ng pahayag P(n) sa p=k dapat hustisya P(n) sa n=k+1. Sa matematika, ang prinsipyo ng mathematical induction ay pinili, bilang panuntunan, bilang isa sa mga axiom na tumutukoy sa natural na serye ng mga numero, at, samakatuwid, ay tinatanggap nang walang patunay. Ang paraan ng patunay gamit ang prinsipyo ng mathematical induction ay karaniwang tinatawag na paraan ng mathematical induction. Tandaan na ang paraang ito ay malawakang ginagamit sa pagpapatunay ng mga teorema, pagkakakilanlan, hindi pagkakapantay-pantay sa paglutas ng mga problema sa divisibility at marami pang ibang problema. Aralin #2 Kumpleto at hindi kumpletong induction. Sa kaso kung saan ang isang mathematical statement ay may kinalaman sa isang may hangganang bilang ng mga bagay, ito ay mapapatunayan sa pamamagitan ng pagsubok para sa bawat bagay, halimbawa, ang pahayag na "Ang bawat dalawang-digit na even na numero ay ang kabuuan ng dalawang prime number." Ang paraan ng patunay kung saan sinusuri natin ang isang pahayag para sa isang may hangganang bilang ng mga kaso ay tinatawag na kumpletong mathematical induction. Ang pamamaraang ito ay medyo bihirang ginagamit, dahil ang mga pahayag ay madalas na isinasaalang-alang sa mga walang katapusan na hanay. Halimbawa, ang theorem na "Anumang kahit na numero ay katumbas ng kabuuan ng dalawang prime na numero" ay hindi pa napatunayan o hindi napatunayan. Kahit na sinubukan natin ang theorem na ito para sa unang bilyon, hindi ito magdadala sa atin ng isang hakbang na mas malapit sa patunay nito. Sa mga natural na agham, ginagamit ang hindi kumpletong induction, sinusuri ang eksperimento nang maraming beses at inililipat ang resulta sa lahat ng mga kaso. Halimbawa Blg. 3. Hulaan natin, gamit ang hindi kumpletong induction, ang formula para sa kabuuan ng mga cube ng mga natural na numero. Solusyon. 1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; ...; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 . Patunay. Hayaan itong maging totoo para sa p=k.
Patunayan natin na totoo iyon n=k+1.
Konklusyon: ang formula para sa kabuuan ng mga cube ng mga natural na numero ay totoo para sa anumang natural na numero P. Halimbawa Blg. 4. Isaalang-alang ang pagkakapantay-pantay at hulaan kung anong pangkalahatang batas ang humahantong sa mga halimbawang ito. Solusyon. 1=0+1 2+3+4=1+8 5+6+7+8+9=8+27 10+11+12+13+14+15+16=27+64 17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125 …………………………………………………………….. Halimbawa Blg. 5. Isulat ang mga sumusunod na expression bilang kabuuan: 1)
Halimbawa Blg. 6. Isulat ang mga sumusunod na halaga gamit ang sign 2) Halimbawa Blg. 7. Isulat ang mga sumusunod na expression bilang mga produkto: 1) 3) Halimbawa Blg. 8. Isulat ang mga sumusunod na akda gamit ang tanda (kapital na letrang Griyego na "pi") 1) Halimbawa Blg. 9. Kinakalkula ang halaga ng isang polynomial Tama ba ang palagay na ito? Solusyon. Kung ang bawat termino ng isang kabuuan ay nahahati sa isang numero, kung gayon ang kabuuan ay hinati sa numerong iyon, Ang pagsusuri sa isang may hangganang bilang ng mga kaso ay gumaganap ng isang mahalagang papel sa matematika: nang hindi nagbibigay ng patunay ng isang partikular na pahayag, nakakatulong itong hulaan ang tamang pagbabalangkas ng pahayag na ito kung hindi pa ito nalalaman. Ito ay kung paano dumating sa hypothesis si Goldbach, isang miyembro ng St. Petersburg Academy of Sciences, na anumang natural na numero, simula sa dalawa, ay ang kabuuan ng hindi hihigit sa tatlong simple numero. Aralin #3. Ang paraan ng mathematical induction ay nagpapahintulot sa isa na patunayan ang iba't ibang pagkakakilanlan. Halimbawa Blg. 10. Patunayan natin iyan para sa lahat P taglay ang pagkakakilanlan Solusyon. Ilagay natin Kailangan nating patunayan iyon
Patunayan natin na Noon mula sa katotohanan ng pagkakakilanlan
Gamit ang prinsipyo ng mathematical induction, ang katotohanan ng pagkakakilanlan ay napatunayan para sa lahat P. Halimbawa Blg. 11. Patunayan natin ang pagkakakilanlan Patunay.  ang mga nagresultang pagkakapantay-pantay sa bawat termino.
Aralin Blg. 4. Katibayan ng pagkakakilanlan gamit ang pamamaraan ng mathematical induction. Halimbawa Blg. 12.
Patunayan natin ang pagkakakilanlan Patunay.  Gamit ang prinsipyo ng mathematical induction, napatunayan namin na ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa lahat P. Halimbawa Blg. 13.
Patunayan natin ang pagkakakilanlan Patunay.  Gamit ang prinsipyo ng mathematical induction, napatunayan namin na ang pahayag ay totoo para sa anumang natural P. Halimbawa Blg. 14. Patunayan natin ang pagkakakilanlan Patunay. 
Halimbawa Blg. 15. Patunayan natin ang pagkakakilanlan 1)
n=1;
2) para sa p=k
pinanghahawakan ang pagkakapantay-pantay 3) pinatunayan namin na ang pagkakapantay-pantay ay pinanghahawakan p=k+1:
Konklusyon: ang pagkakakilanlan ay may bisa para sa anumang natural P. Halimbawa Blg. 16. Patunayan natin ang pagkakakilanlan Patunay. Kung n=1
, Iyon Hayaang manatili ang pagkakakilanlan p=k. Patunayan natin na pinanghahawakan ang pagkakakilanlan n=k+1. Kung gayon ang pagkakakilanlan ay totoo para sa anumang natural P. Aralin Blg. 5. Katibayan ng pagkakakilanlan gamit ang pamamaraan ng mathematical induction. Halimbawa Blg. 17. Patunayan natin ang pagkakakilanlan Patunay. Kung n=2
, pagkatapos ay makukuha natin ang tamang pagkakapantay-pantay: Hayaang maging totoo ang pagkakapantay-pantayp=k: Patunayan natin ang bisa ng pahayag kung kailan n=k+1. Ayon sa prinsipyo ng mathematical induction, ang pagkakakilanlan ay napatunayan. Halimbawa Blg. 18.
Patunayan natin ang pagkakakilanlan Sa n=2
ang pagkakakilanlang ito ay muling isusulat sa napaka sa simpleng anyo at halatang totoo. Hayaan sa p=k Talaga
Patunayan natin ang bisa ng pahayag kung kailann=k+1, ibig sabihin, ang pagkakapantay-pantay ay mayroong: .
Kaya, napatunayan namin na ang pagkakakilanlan ay totoo para sa anumang natural na numero n≥2. Halimbawa Blg. 19. Patunayan natin ang pagkakakilanlan Sa n=1
nakukuha natin ang tamang pagkakapantay-pantay: Ipagpalagay natin na kapag p=k nakukuha rin natin ang tamang pagkakapantay-pantay: Patunayan natin na wasto ang pagkakapantay-pantay p=k+1: Pagkatapos ang pagkakakilanlan ay wasto para sa anumang natural na numero P. Aralin Blg. 6. Paglutas ng mga problema sa divisibility. Halimbawa Blg. 20. Patunayan sa pamamagitan ng mathematical induction na
Patunay. Sa n=1
may dibisyon sa6
walang bakas, Hayaan sa p=k
pagpapahayag Patunayan natin na kung kailan p=k+1
pagpapahayag Ang bawat termino ay maramihang 6 , samakatuwid ang kabuuan ay maramihang 6 . Halimbawa Blg. 21.
Patunay. Sa n=1
ang expression ay nahahati nang walang natitira Hayaan sa p=k
pagpapahayag Sa p=k+1 hinati ng 5 . Halimbawa Blg. 22.
Patunayan ang divisibility ng isang expression Patunay. Sa n=1 maramihan 16 . Hayaan sa p=k
Sa p=k+1 Ang lahat ng mga termino ay nahahati ng 16: ang una ay halata, ang pangalawa ay sa pamamagitan ng pagpapalagay, at ang pangatlo ay may kahit na numero sa mga bracket. Halimbawa Blg. 23.
Patunayan ang divisibility Patunay. Patunayan muna natin yan Sa n=0
Hayaan sa p=k
Pagkatapos sa p=k+1 hinati ng 26 . Ngayon ay isasagawa natin ang isang patunay ng pahayag na nabuo sa pahayag ng problema. Sa n=1 hinati ng 676. Sa p=k
totoo yan Sa p=k+1 . Ang parehong mga termino ay nahahati ng 676 ; una - dahil napatunayan namin ang divisibility sa pamamagitan ng 26 expression sa panaklong, at ang pangalawa ay hinati ayon sa pagpapalagay ng induction. Aralin Blg. 7. Paglutas ng mga problema sa divisibility. Halimbawa Blg. 24. Patunayan mo yan Patunay. Sa n=1
Sa p=k
Sa p=k+1 ang bawat termino ay hinati ng5 walang bakas. Halimbawa Blg. 25. Patunayan mo yan Patunay. Sa n=1
Hayaan sa p=k
Sa p=k+1 hinati ng 6
nang walang nalalabi, dahil ang bawat termino ay nahahati ng6
walang natitira: ang unang termino ay sa pamamagitan ng induction hypothesis, ang pangalawa ay halata, ang pangatlo ay dahil Halimbawa Blg. 26. Patunayan mo yan Patunay. Patunayan natin yan Sa n=1 Sa p=k+1 hinati ng 9 . Halimbawa Blg. 27. Patunayan na ito ay nahahati ng15 walang bakas. Patunay. Sa n=1 hinati ng 15 . Hayaan sa p=k hinati ng 15 walang bakas. Sa p=k+1 Ang unang termino ay maramihang15
sa pamamagitan ng induction hypothesis, ang pangalawang termino ay isang multiple ng15
– malinaw naman, ang ikatlong termino ay maramihan ng15
, dahil Aralin Blg. 8-9. Pagpapatunay ng mga hindi pagkakapantay-pantay sa pamamagitan ng mathematical induction Halimbawa Blg. 28. Sa n=1 meron kami Hayaan sa p=k Sa p=k+1 Kung gayon ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural P. Halimbawa Blg. 29. Patunayan na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo Sa n=1 nakukuha natin ang tamang hindi pagkakapantay-pantay 4 >1. Hayaan sa p=k totoo ang hindi pagkakapantay-pantay Patunayan natin na kung kailan p=k+1 totoo ang hindi pagkakapantay-pantay Para sa anumang natural Upang may hindi pagkakapantay-pantay. Kung
Halimbawa Blg. 30.
Hayaan n=1 Ipagpalagay natin na ang hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak para sa p=k: Sa p=k+1 Halimbawa Blg. 31. Patunayan ang bisa ng hindi pagkakapantay-pantay
Patunayan muna natin iyon para sa anumang natural T totoo ang hindi pagkakapantay-pantay
Sa n=1 tama ang orihinal na hindi pagkakapantay-pantay Hayaang manatili ang hindi pagkakapantay-pantay p=k: Sa p=k+1 Aralin Blg. 10. Paglutas ng mga problema sa paksa Paraan ng mathematical induction. Halimbawa Blg. 32. Patunayan ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli. Kung
Patunay. Sa n=1
ang hindi pagkakapantay-pantay na pinatutunayan ay tumatagal ng anyo Dahil sa kondisyon kasi
Kaya, ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=1, at mula sa katotohanan nito sa p=k ito ay sumusunod na ito ay totoo kahit na n=k+1. Nangangahulugan ito na, sa pamamagitan ng mathematical induction, ito ay humahawak para sa lahat ng natural P. Halimbawa, Halimbawa Blg. 33.
Hanapin ang lahat ng natural na halagaP
, kung saan totoo ang hindi pagkakapantay-pantay Solusyon. Sa n=1 patas ang hindi pagkakapantay-pantay. Sa n=2 totoo rin ang hindi pagkakapantay-pantay. Sa n=3 ang hindi pagkakapantay-pantay ay hindi na humahawak. Kapag lang n=6 ang hindi pagkakapantay-pantay ay humahawak, kaya maaari nating gawin bilang batayan ng induction n=6. Ipagpalagay na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa ilang natural kay:
Ang huling hindi pagkakapantay-pantay ay nasiyahan kung Kung ang panukala A(n), depende sa natural na numero n ay totoo para sa n=1 at mula sa katotohanan na ito ay totoo para sa n=k (kung saan ang k ay anumang natural na numero), ito ay sumusunod na ito ay totoo para sa susunod na numero n=k+1, pagkatapos ay pagpapalagay na A(n) ay totoo para sa anumang natural na numero n. Sa ilang mga kaso, maaaring kailanganing patunayan ang bisa ng isang tiyak na pahayag hindi para sa lahat ng natural na numero, ngunit para lamang sa n>p, kung saan ang p ay isang nakapirming natural na numero. Sa kasong ito, ang prinsipyo ng mathematical induction ay nabuo bilang mga sumusunod. Kung totoo ang proposisyon A(n) para sa n=p at kung A(k) ≈ A(k+1) para sa anumang k>p, totoo ang proposisyon A(n) para sa anumang n>p. Ang patunay gamit ang paraan ng mathematical induction ay isinasagawa bilang mga sumusunod. Una, ang pahayag na patunayan ay sinusuri para sa n=1, i.e. ang katotohanan ng pahayag A(1) ay itinatag. Ang bahaging ito ng patunay ay tinatawag na batayan ng induction. Pagkatapos ay darating ang bahagi ng patunay na tinatawag na induction step. Sa bahaging ito, pinatutunayan nila ang bisa ng pahayag para sa n=k+1 sa ilalim ng pagpapalagay ng bisa ng pahayag para sa n=k (induction assumption), i.e. patunayan na A(k) 1 A(k+1) Patunayan na 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.
Hayaang k ang anumang natural na numero at hayaang maging totoo ang pahayag para sa n=k, i.e. 1+3+5+…+(2k-1)=k 2 Patunayan natin na ang pahayag ay totoo rin para sa susunod na natural na bilang n=k+1, i.e. Ano
Kaya, A(k) 1 A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang pagpapalagay na A(n) ay totoo para sa anumang n O N Patunayan mo yan 1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), kung saan ang x No. 1
samakatuwid, para sa n=1 ang formula ay tama; A(1) totoo
Patunayan natin na pagkatapos ay ang pagkakapantay-pantay
=(x k+1 -1)/(x-1)+x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) Kaya, A(k) 1 A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, napagpasyahan namin na ang formula ay totoo para sa anumang natural na numero n Patunayan na ang bilang ng mga dayagonal ng isang matambok n-gon ay n(n-3)/2 Solusyon: 1) Para sa n=3 ang pahayag ay totoo, dahil sa tatsulok A 3 =3(3-3)/2=0 diagonal; A 2 A(3) totoo 2) Ipagpalagay na sa bawat matambok na k-gon ay mayroong A 1 x A k =k(k-3)/2 diagonal. A k Patunayan natin na pagkatapos ay sa isang matambok A k+1 (k+1)-gon ang bilang ng mga dayagonal A k+1 =(k+1)(k-2)/2. Hayaang ang A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 ay isang matambok (k+1)-gon. Gumuhit tayo ng dayagonal na A 1 A k dito. Upang kalkulahin ang kabuuang bilang ng mga diagonal nito (k+1)-gon, kailangan mong bilangin ang bilang ng mga diagonal sa k-gon A 1 A 2 ...A k , idagdag ang k-2 sa resultang numero, i.e. ang bilang ng mga diagonal ng (k+1)-gon na nagmumula sa vertex A k+1, at, bilang karagdagan, ang dayagonal na A 1 A k ay dapat isaalang-alang kaya, G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2 Kaya, A(k) 1 A(k+1). Dahil sa prinsipyo ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang convex n-gon. Patunayan na para sa alinman sa mga sumusunod na pahayag ay totoo: 1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6 Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos X 1 =1 2 =1(1+1)(2+1)/6=1 2) Ipagpalagay na n=k X k =k 2 =k(k+1)(2k+1)/6 3) Isaalang-alang ang pahayag na ito para sa 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 Napatunayan namin na totoo ang pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang natural na bilang n Patunayan na para sa anumang natural na numero n ang pagkakapantay-pantay ay totoo: 1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2/4 Solusyon: 1) Hayaan n=1 Pagkatapos X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Nakikita natin na para sa n=1 ang pahayag ay totoo. 2) Ipagpalagay na ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n=k X k =k 2 (k+1) 2 /4 3) Patunayan natin ang katotohanan ng pahayag na ito para sa n=k+1, i.e. 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 Mula sa patunay sa itaas ay malinaw na ang pahayag ay totoo para sa n=k+1, samakatuwid, ang pagkakapantay-pantay ay totoo para sa anumang natural na bilang n Patunayan mo yan ((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ ... ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1) )= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), kung saan n>2 Solusyon: 1) Para sa n=2 ang pagkakakilanlan ay mukhang:
1)/((k+1) 3 -1))=(3k(k+1)/2(k 2 +k+1)) ґ ((k+2)((k+) 1) 2 -(k+1)+1)/k((k+1) 2 +(k+1)+1))=3(k+1)(k+2)/2 ґ ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1) Napatunayan namin na totoo ang pagkakapantay-pantay para sa n=k+1, samakatuwid, sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang pahayag ay totoo para sa anumang n>2 Patunayan mo yan 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) para sa anumang natural na numero n Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3) Ang bisa ng pagkakapantay-pantay para sa n=k+1 ay napatunayan din, samakatuwid ang pahayag ay totoo para sa anumang natural na bilang n. Patunayan na tama ang pagkakakilanlan (1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) para sa anumang natural n
Mula sa patunay sa itaas ay malinaw na ang pahayag ay totoo para sa anumang natural na bilang n. Patunayan na ang (11 n+2 +12 2n+1) ay nahahati sa 133 nang walang natitira Solusyon: 1) Hayaan n=1, pagkatapos 11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133 Ngunit ang (23 ґ 133) ay nahahati sa 133 na walang nalalabi, na nangangahulugan na para sa n=1 ang pahayag ay totoo; A(1) ay totoo.
+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1 Ang resultang kabuuan ay hinati ng 133 na walang natitira, dahil ang unang termino nito ay nahahati sa 133 na walang nalalabi sa pamamagitan ng pagpapalagay, at sa pangalawa sa mga salik ay 133. Kaya, A(k) 1 A(k+1). Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang pahayag Patunayan na para sa anumang n 7 n -1 ay nahahati sa 6 na walang nalalabi
X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6 Ang unang termino ay nahahati sa 6, dahil ang 7 k -1 ay nahahati sa 6 sa pamamagitan ng pagpapalagay, at ang pangalawang termino ay 6. Nangangahulugan ito na ang 7 n -1 ay isang multiple ng 6 para sa anumang natural na bilang n. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang pahayag. Patunayan na ang 3 3n-1 +2 4n-3 para sa isang arbitrary na natural na bilang n ay nahahati ng 11. 1) Hayaan n=1, pagkatapos Ang X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 ay hinati sa 11 na walang nalalabi. Nangangahulugan ito na para sa n=1 ang pahayag ay totoo
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 = 27 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =(16+11) ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16 e 3 3k-1 + 11 ґ 3 3k-1 +16 ґ 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 ґ 3 3k-1 Ang unang termino ay nahahati ng 11 nang walang natitira, dahil ang 3 3k-1 +2 4k-3 ay nahahati sa 11 sa pamamagitan ng pagpapalagay, ang pangalawa ay nahahati ng 11, dahil ang isa sa mga kadahilanan nito ay ang numero 11. Nangangahulugan ito na ang kabuuan ay nahahati sa 11 na walang nalalabi para sa anumang natural na bilang n. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang pahayag. Patunayan na ang 11 2n -1 para sa isang arbitrary na natural na numero n ay nahahati ng 6 na walang natitira
Ang parehong termino ay nahahati sa 6 na walang nalalabi: ang una ay naglalaman ng maramihang 6, 120, at ang pangalawa ay nahahati ng 6 na walang nalalabi sa pamamagitan ng pagpapalagay. Nangangahulugan ito na ang kabuuan ay nahahati sa 6 na walang natitira. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang pahayag. Patunayan na ang 3 3n+3 -26n-27 para sa isang arbitraryong natural na bilang n ay nahahati ng 26 2 (676) nang walang natitira Patunayan muna natin na ang 3 3n+3 -1 ay nahahati sa 26 na walang nalalabi
Ngayon patunayan natin ang pahayag na nabuo sa pahayag ng problema
Ang parehong termino ay nahahati ng 26 2; ang una ay nahahati ng 26 2 dahil napatunayan natin na ang expression sa panaklong ay nahahati ng 26, at ang pangalawa ay nahahati ng induction hypothesis. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, napatunayan ang pahayag Patunayan na kung n>2 at x>0, ang hindi pagkakapantay-pantay (1+x) n >1+n ґ x ay totoo
Kaya ang A(2) ay totoo
Patunayan natin na ang A(k+1) ay totoo rin, ibig sabihin, na ang hindi pagkakapantay-pantay (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x Sa katunayan, ang pagpaparami ng magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay (3) sa positibong numero 1+x, nakukuha natin (1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x) Isaalang-alang ang kanang bahagi ng huling hindi pagkakapantay-pantay; meron kami (1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x Bilang resulta, nakuha namin iyon (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x Kaya, A(k) 1 A(k+1). Batay sa prinsipyo ng mathematical induction, maaaring pagtalunan na ang hindi pagkakapantay-pantay ni Bernoulli ay wasto para sa anumang n> 2 Patunayan na ang hindi pagkakapantay-pantay (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 para sa a> 0 ay totoo Solusyon: 1) Kapag m=1
+(k(k+1)/2) ґ a 2)=1+(k+1) ґ a+((k(k+1)/2)+k+1) ґ a 2 + +((k(k+1)/2)+k) ґ a 3 +(k(k+1)/2) ґ a 4 > 1+(k+1) ґ a+ +((k+1)(k+2)/2) ґ a 2 Napatunayan namin na totoo ang hindi pagkakapantay-pantay para sa m=k+1, samakatuwid, sa pamamagitan ng pamamaraan ng induction ng matematika, ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural na bilang na m Patunayan na para sa n>6 ang hindi pagkakapantay-pantay 3 n >n ґ 2 n+1 ay totoo Isulat muli natin ang hindi pagkakapantay-pantay sa anyo (3/2) n >2n
Mula k>7, ang huling hindi pagkakapantay-pantay ay halata. Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay wasto para sa anumang natural na bilang n Patunayan na para sa n>2 ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
Patunayan natin na 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k Ang huli ay halata, at samakatuwid 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Sa bisa ng paraan ng mathematical induction, ang hindi pagkakapantay-pantay ay napatunayan. Ang pamamaraang patunay batay sa axiom 4 ng Peano ay ginagamit upang patunayan ang maraming katangiang pangmatematika at iba't ibang pahayag. Ang batayan para dito ay ang sumusunod na teorama. Teorama. Kung ang pahayag A(n) na may likas na variable n totoo para sa n= 1 at mula sa katotohanang ito ay totoo para sa n = k, ito ay sumusunod na ito ay totoo para sa susunod na numero n=k, pagkatapos ay ang pahayag A(n) n. Patunay. Ipahiwatig natin sa pamamagitan ng M ang set ng mga iyon at ang mga natural na numero lamang kung saan ang pahayag A(n) totoo. Pagkatapos mula sa mga kondisyon ng teorama mayroon tayong: 1) 1 M; 2) k MkM. Mula dito, batay sa axiom 4, napagpasyahan namin iyon M =N, ibig sabihin. pahayag A(n) totoo para sa anumang natural n. Ang pamamaraan ng patunay batay sa teorama na ito ay tinatawag sa pamamagitan ng paraan ng mathematical induction, at ang axiom ay ang axiom ng induction. Ang patunay na ito ay binubuo ng dalawang bahagi: 1) patunayan na ang pahayag A(n) totoo para sa n= A(1); 2) ipagpalagay na ang pahayag A(n) totoo para sa n = k, at, batay sa pagpapalagay na ito, patunayan na ang pahayag A(n) totoo para sa n = k + 1, ibig sabihin. na totoo ang pahayag A(k) A(k + 1).
Kung A( 1) A(k) A(k + 1)
- tunay na pahayag, pagkatapos ay kanilang hinuhusgahan na ang pahayag A(n) totoo para sa anumang natural na numero n. Ang patunay sa pamamagitan ng paraan ng mathematical induction ay maaaring magsimula hindi lamang sa pagkumpirma ng katotohanan ng pahayag para sa n= 1, ngunit mula rin sa anumang natural na numero m. Sa kasong ito ang pahayag A(n) ay mapapatunayan para sa lahat ng natural na numero nm. Problema: Patunayan natin na para sa anumang natural na numero ang pagkakapantay-pantay 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) =
n. Solusyon. Pagkakapantay-pantay 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) =
n ay isang formula na maaaring magamit upang mahanap ang kabuuan ng unang magkakasunod na kakaibang natural na mga numero. Halimbawa, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (naglalaman ang kabuuan ng 4 na termino), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (naglalaman ang kabuuan ng 6 na termino); kung ang kabuuan na ito ay naglalaman ng 20 termino ng ipinahiwatig na uri, kung gayon ito ay katumbas ng 20 = 400, atbp. Kapag napatunayan na ang katotohanan ng pagkakapantay-pantay na ito, mahahanap natin ang kabuuan ng anumang bilang ng mga termino ng tinukoy na uri gamit ang formula. 1) I-verify natin ang katotohanan ng pagkakapantay-pantay na ito para sa n= 1. Kailan n= 1 ang kaliwang bahagi ng pagkakapantay-pantay ay binubuo ng isang termino na katumbas ng 1, ang kanang bahagi ay katumbas ng 1= 1. Dahil 1 = 1, pagkatapos ay para sa n= 1 ang pagkakapantay-pantay na ito ay totoo. 2) Ipagpalagay na ang pagkakapantay-pantay na ito ay totoo para sa n = k, ibig sabihin. na 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) =
k. Batay sa palagay na ito, pinatutunayan namin na ito ay totoo para sa n = k + 1, ibig sabihin. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) =
(k + 1). Tingnan natin ang kaliwang bahagi ng huling pagkakapantay-pantay. Sa pamamagitan ng pagpapalagay, ang kabuuan ng una k mga tuntunin ay katumbas ng k at samakatuwid ay 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) =
1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)= = k+(2k + 1) =
k+ 2k + 1.
Pagpapahayag
k+ 2k + 1 ay magkaparehong katumbas ng expression ( k + 1).
Samakatuwid, ang katotohanan ng pagkakapantay-pantay na ito para sa n = k + 1 ay napatunayan. Kaya, ang pagkakapantay-pantay na ito ay totoo para sa n= 1 at mula sa katotohanan nito para sa n = k dapat totoo para sa n = k + 1. Ito ay nagpapatunay na ang pagkakapantay-pantay na ito ay totoo para sa anumang natural na numero. Gamit ang paraan ng mathematical induction, maaari mong patunayan ang katotohanan ng hindi lamang pagkakapantay-pantay, kundi pati na rin ang mga hindi pagkakapantay-pantay. Gawain. Patunayan mo yan, saan nN. Solusyon. Suriin natin ang katotohanan ng hindi pagkakapantay-pantay sa n= 1. Mayroon tayong - tunay na hindi pagkakapantay-pantay. Ipagpalagay natin na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa n = k, mga. - tunay na hindi pagkakapantay-pantay. Patunayan natin, batay sa palagay, na totoo rin ito para sa
n = k + 1, ibig sabihin. Ibahin natin ang kaliwang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay (*), na isinasaalang-alang na: . Pero Kaya, ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay totoo para sa n= 1, at, mula sa katotohanan na ang hindi pagkakapantay-pantay ay totoo para sa ilan n= k, nalaman namin na totoo rin ito para sa n= k + 1. Kaya, gamit ang axiom 4, napatunayan namin na ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay totoo para sa anumang natural na numero. Ang iba pang mga pahayag ay maaaring mapatunayan gamit ang pamamaraan ng mathematical induction. Gawain. Patunayan na para sa anumang natural na numero ang pahayag ay totoo. Solusyon. Suriin natin ang katotohanan ng pahayag kung kailan n= 1: -totoong pahayag. Ipagpalagay natin na ang pahayag na ito ay totoo para sa n = k: . Ipakita natin, gamit ito, ang katotohanan ng pahayag kung kailan n = k + 1: Ibahin natin ang ekspresyong: . Hanapin natin ang pagkakaiba k At k+ 1 miyembro. Kung lumalabas na ang resultang pagkakaiba ay isang multiple ng 7, at sa pag-aakalang ang subtrahend ay nahahati ng 7, kung gayon ang minuend ay isang multiple din ng 7: Ang produkto ay isang multiple ng 7, samakatuwid, at . Kaya, ang pahayag na ito ay totoo para sa n= 1 at mula sa katotohanan nito para sa n = k dapat totoo para sa n = k + 1. Ito ay nagpapatunay na ang pahayag na ito ay totoo para sa anumang natural na numero. Gawain. Patunayan iyon para sa anumang natural na numero n 2 pahayag (7-1)24 ay totoo. Solusyon. 1) Suriin natin ang katotohanan ng pahayag kung kailan n= 2: - totoong pahayag. |
kahit. Kaya, ang parity ay napatunayan para sa n=1, ang parity ay deduced mula sa parity 
.Ito ay nangangahulugan na ito ay kahit para sa lahat ng natural na halaga ng n.
, n ay isang natural na numero.
.
.
. Ipakita natin yan 
.
.
.
. Pagkatapos
.
, .
, ibig sabihin. 
.
.
. Ang pahayag ay napatunayan.
, kung saan ang >-1, , n ay isang natural na bilang na higit sa 1.
. (1)
. (2)
. (9)
, gilid ng isang regular na hexagon 
, gilid ng isang regular na tatlumpu't dalawang tatsulok 
. Maaari nating ipagpalagay na ang gilid ng tamang nakasulat na 2 n 
. (1)
,
2) 
3)
; 4) 
.
:
4) 
2)
ay hindi isang prime number para sa anumang natural na numeroP.
. Nangangahulugan ito na ang pagkakakilanlang ito ay totoo para sa lahat
.
maramihan
maramihan
sa
.
nahahati din sa
sa
maramihan
sa
hinati ng 
.
.
hinati ng
hinati ng
hinati ng5
walang bakas.
hinati ng
hinati ng
hinati ng6
walang bakas.
hinati ng
hinati ng
kahit na numero.
kapag hinati ng9
nagbibigay ng natitira 1
.
hinati ng9
.
hinati ng
maramihan
.
- tama.
- tunay na hindi pagkakapantay-pantay.
sa anumang P.
.
sa 
yun
sa ilalim ng anumang natural P at anuman 
, tama.
.
sa ilalim ng anumang natural P.
I-multiply natin ang magkabilang panig ng hindi pagkakapantay-pantay sa pamamagitan ng 
. Nakakakuha tayo ng katumbas na hindi pagkakapantay-pantay o 
; 
; - ang hindi pagkakapantay-pantay na ito ay nananatili sa anumang natural T.
; 
; 
.
.
, pagkatapos ay para sa lahat ng natural na halagaP
at halatang patas. Ipagpalagay natin na ito ay totoo para sa
.
, Iyon 
, at samakatuwid ang hindi pagkakapantay-pantay ay hindi nagbabago ng kahulugan nito kapag ang parehong mga bahagi nito ay pinarami ng 
:
, pagkatapos makuha namin iyon
.
(*).
, ibig sabihin 
.
.Sikat:
Bago
- Ang pinakakaraniwang elemento sa mga buhay na organismo ay
- Paano bumuo ng isang relasyon sa isang Taurus na lalaki Paano ang isang relasyon sa isang Taurus na lalaki ay bubuo
- Kasal sa Russian Federation at lahat ng kailangan mong malaman tungkol dito
- Oras ng klase "Tagumpay na maipasa natin ang OGE" (ika-9 na baitang)
- Pagbasa ng aralin iginuhit ni Petya at Barto
- Pinapadali ng 911 Operational Loan ang Buhay
- Paano inilalagay ang pera sa isang safe deposit box
- Ang mortgage ng militar ay sasailalim sa mga pagbabago Pinakamataas na halaga ng mortgage ng militar bawat taon
- Ang mga karagdagang buwis sa lupa ay idinagdag para sa mga nakaraang taon
- Ang pautang ay sinigurado ng lupa
