የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ትምህርቶች ዘዴ. በተፈጥሮ ቁጥሮች መከፋፈል ላይ ችግሮችን ለመፍታት የሂሳብ ማነሳሳት ዘዴን ተግባራዊ ማድረግ

የሂሳብ ማስተዋወቅ ዘዴ

መግቢያ

ዋናው ክፍል

የተሟላ እና ያልተሟላ ማስተዋወቅ
የሂሳብ ማነሳሳት መርህ
የሂሳብ ማስተዋወቅ ዘዴ
ምሳሌዎችን መፍታት
እኩልነት
ቁጥሮችን መከፋፈል
አለመመጣጠን

መደምደሚያ

ያገለገሉ ጽሑፎች ዝርዝር

መግቢያ

የማንኛውም የሂሳብ ጥናት መሰረቱ ተቀናሽ እና ኢንዳክቲቭ ዘዴዎች ነው። የማመዛዘን ተቀናሽ ዘዴው ከአጠቃላይ ወደ ልዩ ነው, ማለትም. ማመዛዘን, መነሻው አጠቃላይ ውጤት ነው, እና የመጨረሻው ነጥብ የተለየ ውጤት ነው. ኢንዳክሽን ጥቅም ላይ የሚውለው ከተወሰኑ ውጤቶች ወደ አጠቃላይ ሲንቀሳቀስ ነው, ማለትም. የመቀነስ ዘዴ ተቃራኒ ነው።

የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴ ከእድገት ጋር ሊወዳደር ይችላል. ከዝቅተኛው እንጀምራለን, እና በሎጂካዊ አስተሳሰብ ምክንያት ወደ ከፍተኛ ደረጃ እንመጣለን. የሰው ልጅ ሁል ጊዜ ለዕድገት ይጥራል ፣ ሀሳቡን በሎጂክ ለማዳበር ፣ ይህ ማለት ተፈጥሮ ራሱ በደመ ነፍስ እንዲያስብ ወስኖታል ማለት ነው።

ምንም እንኳን የሂሳብ ማነሳሳት ዘዴ የትግበራ ወሰን እያደገ ቢመጣም, በት / ቤት ሥርዓተ-ትምህርት ውስጥ ለእሱ የተወሰነ ጊዜ ትንሽ ነው. ደህና ፣ እነዚያ ሁለት ወይም ሶስት ትምህርቶች ለአንድ ሰው ጠቃሚ እንደሚሆኑ ንገረኝ ፣ በዚህ ጊዜ አምስት የንድፈ ቃላትን ይሰማል ፣ አምስት ዋና ችግሮችን ይፈታል እና ፣ በውጤቱም ፣ ምንም የማያውቀው ሀቅ ይቀበላል ።

ነገር ግን በንቃት ማሰብ መቻል በጣም አስፈላጊ ነው.

ዋናው ክፍል

በመጀመሪያ ትርጉሙ፣ “ኢንደክሽን” የሚለው ቃል በተወሰኑ ዓረፍተ ነገሮች ላይ ተመስርተው አጠቃላይ ድምዳሜዎች በሚገኙበት ምክንያታዊነት ላይ ይሠራበታል። የዚህ ዓይነቱ አመክንዮ ቀላሉ ዘዴ ሙሉ በሙሉ ማነሳሳት ነው. የዚህ ዓይነቱ ምክንያት ምሳሌ እዚህ አለ.

በ 4 ውስጥ ያለው እያንዳንዱ ተፈጥሯዊ ቁጥር እንደ ሁለት ዋና ቁጥሮች ድምር ሊወከል እንደሚችል ማረጋገጥ አስፈላጊ ነው. ይህንን ለማድረግ ሁሉንም እንደዚህ ያሉ ቁጥሮች ይውሰዱ እና ተዛማጅ ማስፋፊያዎችን ይፃፉ-

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.

እነዚህ ዘጠኝ እኩልነቶች እንደሚያሳዩት እያንዳንዳችን የምንፈልጋቸው ቁጥሮች በእርግጥ እንደ ሁለት ቀላል ቃላት ድምር ይወከላሉ።

ስለዚህ ፣ የተሟላ ኢንዳክሽን በእያንዳንዱ የመጨረሻ ቁጥር ሊሆኑ በሚችሉ ጉዳዮች ላይ አጠቃላይ መግለጫውን በተናጠል ማረጋገጥን ያካትታል።

አንዳንድ ጊዜ አጠቃላይ ውጤቱ ሁሉንም ሳይሆን በበቂ ሁኔታ ብዙ ቁጥር ያላቸው የተወሰኑ ጉዳዮችን (ያልተሟላ ኢንዴክሽን ተብሎ የሚጠራው) ከተገመተ በኋላ ሊተነብይ ይችላል።

ባልተሟላ ኢንዳክሽን የተገኘው ውጤት ግን ሁሉም ልዩ ጉዳዮችን በሚሸፍነው ትክክለኛ የሒሳብ ምክንያት እስኪረጋገጥ ድረስ መላምት ብቻ ይቀራል። በሌላ አነጋገር፣ በሒሳብ ውስጥ ያልተሟላ ኢንዳክሽን እንደ ህጋዊ ጥብቅ ማረጋገጫ ዘዴ አይቆጠርም፣ ነገር ግን አዳዲስ እውነቶችን ለማግኘት ኃይለኛ ዘዴ ነው።

ለምሳሌ ፣የመጀመሪያዎቹን n ተከታታይ ያልተለመዱ ቁጥሮች ድምር ማግኘት ትፈልጋለህ። ልዩ ጉዳዮችን እንመልከት፡-

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

እነዚህን ጥቂት ልዩ ጉዳዮች ከተመለከተ በኋላ የሚከተለው አጠቃላይ መደምደሚያ እራሱን ይጠቁማል-

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

እነዚያ። የመጀመሪያዎቹ n ተከታታይ ያልተለመዱ ቁጥሮች ድምር n 2 ነው።

እርግጥ ነው፣ የተደረገው ምልከታ ለተሰጠው ቀመር ትክክለኛነት ማረጋገጫ ሆኖ ሊያገለግል አይችልም።

የተሟላ ማስተዋወቅ በሂሳብ ውስጥ የተገደበ አፕሊኬሽኖች ብቻ ነው ያለው። ብዙ አስደሳች የሂሳብ መግለጫዎች ማለቂያ የሌላቸው ልዩ ጉዳዮችን ይሸፍናሉ ፣ ግን ላልተወሰነ ቁጥር ጉዳዮችን ልንፈትናቸው አልቻልንም። ያልተሟላ ማስተዋወቅ ብዙውን ጊዜ ወደ የተሳሳቱ ውጤቶች ይመራል.

በብዙ አጋጣሚዎች፣ ከእንደዚህ አይነት ችግር መውጪያው የሒሳብ ኢንዳክሽን ዘዴ ተብሎ የሚጠራውን ልዩ የማመዛዘን ዘዴ መጠቀም ነው። እንደሚከተለው ነው።

ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n የአንድ የተወሰነ መግለጫ ትክክለኛነት ማረጋገጥ ያስፈልግሃል እንበል (ለምሳሌ ፣የመጀመሪያዎቹ n ጎዶሎ ቁጥሮች ድምር ከ n 2 ጋር እኩል መሆኑን ማረጋገጥ አለብህ)። የዚህ መግለጫ ቀጥተኛ ማረጋገጫ ለእያንዳንዱ የ n እሴት የማይቻል ነው, ምክንያቱም የተፈጥሮ ቁጥሮች ስብስብ ማለቂያ የለውም. ይህንን መግለጫ ለማረጋገጥ መጀመሪያ ትክክለኛነቱን ለ n=1 ያረጋግጡ። ከዚያ ለማንኛውም የ k የተፈጥሮ እሴት፣ ለ n=k እየተገመገመ ያለው መግለጫ ትክክለኛነት n=k+1 መሆኑን ያሳያል።

ከዚያም መግለጫው ለሁሉም እንደተረጋገጠ ይቆጠራል. በእርግጥ መግለጫው ለ n=1 እውነት ነው። ግን ከዚያ ለሚቀጥለው ቁጥር n=1+1=2 እውነት ነው። የ n=2 መግለጫ ትክክለኛነት ለ n=2+ መሆኑን ያሳያል

1=3. ይህ የሚያመለክተው የ n=4 ወዘተ መግለጫ ትክክለኛነት ነው። ግልጽ ነው, በመጨረሻ, ወደ ማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n. ይህ ማለት መግለጫው ለማንኛውም n እውነት ነው.

የተነገረውን በማጠቃለል, የሚከተለውን አጠቃላይ መርሆ እናቀርባለን.

የሒሳብ ኢንዳክሽን መርህ.

ሀሳብ ከሆነ (A)n), በተፈጥሮ ቁጥር ላይ በመመስረትn፣ እውነት ለn= 1 እና እውነት ከመሆኑ እውነታ ለn= ክ (የትክ- ማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር), ለሚቀጥለው ቁጥር እውነት መሆኑን ይከተላልn= ክ+1፣ ከዚያ ግምት A(n) ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር እውነት ነው።n.

በበርካታ አጋጣሚዎች, ለሁሉም የተፈጥሮ ቁጥሮች ሳይሆን ለ n> p ብቻ, የተወሰነ መግለጫ ትክክለኛነት ማረጋገጥ አስፈላጊ ሊሆን ይችላል, ይህም p ቋሚ የተፈጥሮ ቁጥር ነው. በዚህ ጉዳይ ላይ የሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ እንደሚከተለው ተዘጋጅቷል.

ሀሳብ ከሆነ (A)n) እውነት ለn= ገጽ እና ኤ (ኤ) ከሆነክ) Þ ሀ(ክ+1) ለማንኛውም ሰውክ> ገጽከዚያም ፕሮፖዛል ሀ(n) ለማንኛውም ሰው እውነት ነው።n> ገጽ.

የሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴን በመጠቀም ማረጋገጫው እንደሚከተለው ይከናወናል. በመጀመሪያ፣ መረጋገጥ ያለበት መግለጫ በ n=1፣ ማለትም. የA(1) አባባል እውነት ተረጋግጧል። ይህ የማረጋገጫው ክፍል የኢንደክሽን መሰረት ይባላል. ከዚያም የማስረጃው ክፍል የኢንደክሽን ደረጃ ይባላል። በዚህ ክፍል ውስጥ ለ n = k (ኢንዳክሽን ግምት) መግለጫ ትክክለኛነት በማሰብ ለ n = k+1 መግለጫ ትክክለኛነት ያረጋግጣሉ, ማለትም. A(k) ÞA(k+1) መሆኑን ያረጋግጡ።

ምሳሌ 1

ያንን 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 አረጋግጥ።

መፍትሄ፡ 1) n=1=1 2 አለን። ስለዚህም እ.ኤ.አ.

መግለጫው ለ n=1 እውነት ነው፣ i.e. ሀ(1) እውነት ነው።

2) ሀ (k) ÞA(k+1) እናረጋግጥ።

k ማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር ይሁን እና መግለጫው ለ n=k እውነት ይሁን፣ i.e.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

ከዚያም መግለጫው ለቀጣዩ የተፈጥሮ ቁጥር n=k+1 እውነት መሆኑን እናረጋግጥ፣ i.e. ምንድን

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

በእርግጥም,

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

ስለዚህ፣ A(k) ÞA(k+1)። በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ በመመስረት፣ ሀ(n) ግምት ለማንኛውም nÎN እውነት ነው ብለን መደምደም እንችላለን።

ምሳሌ 2

ያንን አረጋግጡ

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n +1 -1)/(x-1)፣ የት x¹1

መፍትሄ፡ 1) ለ n=1 እናገኛለን

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

ስለዚህ, ለ n = 1 ቀመሩ ትክክል ነው; ሀ(1) እውነት ነው።

2) k ማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር ይሁን እና ቀመሩ ለ n=k እውነት ይሁን፣ ማለትም.

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

ያንን እኩልነት እናረጋግጥ

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

በእርግጥም

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)።

ስለዚህ፣ A(k) ÞA(k+1)። በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ በመመስረት, ቀመሩን ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n.

ምሳሌ 3

የኮንቬክስ n-ጎን ሰያፍ ብዛት ከ n(n-3)/2 ጋር እኩል መሆኑን ያረጋግጡ።

መፍትሄ፡ 1) ለ n=3 መግለጫው እውነት ነው።

እና 3 ትርጉም ያለው ነው, ምክንያቱም በሶስት ማዕዘን ውስጥ

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

A 2 A(3) እውነት ነው።

2) በእያንዳንዱ ውስጥ እናስብ

ኮንቬክስ ኪ-ጎን አለው-

A 1 x A k =k(k-3)/2 ዲያግኖች።

እና ከዚያ ያንን በኮንቬክስ ውስጥ እናረጋግጥ

(k+1)-ጎን ቁጥር

ዲያጎኖች A k +1 = (k+1) (k-2)/2.

A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 convex (k+1)-gon ይሁን። በውስጡም ዲያግናል A 1 A k እንሳል። የዚህን (k+1) -ጎን አጠቃላይ የዲያግራኖች ብዛት ለማስላት በ k-gon A 1 A 2 ...A k ውስጥ ያሉትን የዲያግኖሎች ብዛት መቁጠር ያስፈልግዎታል ፣ በተገኘው ቁጥር k-2 ይጨምሩ ፣ ማለትም ። የ (k+1) -ጎን ከጫፍ A k +1 የሚመነጩ የዲያግራኖች ብዛት, እና በተጨማሪ, ሰያፍ A 1 A k ግምት ውስጥ መግባት ይኖርበታል.

ስለዚህም

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

ስለዚህ፣ A(k) ÞA(k+1)። በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ምክንያት መግለጫው ለማንኛውም ኮንቬክስ n-ጎን እውነት ነው።

ምሳሌ 4

ለማንኛውም n የሚከተለው መግለጫ እውነት መሆኑን ያረጋግጡ፡-

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

መፍትሄ፡- 1) n=1 እንግዲያውስ

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

ይህ ማለት ለ n=1 መግለጫው እውነት ነው ማለት ነው።

2) n=k እንበል

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

3) ይህን መግለጫ ለ n=k+1 አስቡበት

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+1) (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.

እኩልነት ለ n=k+1 እውነት መሆኑን አረጋግጠናል፣ስለዚህ፣በሂሣብ ኢንዳክሽን ዘዴ መሠረት፣ መግለጫው ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n ነው።

ምሳሌ 5

ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n እኩልነት እውነት መሆኑን አረጋግጥ፡

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 = n 2 (n+1) 2/4።

መፍትሄ፡ 1) እን =1.

ከዚያም X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2/4=1.

ለ n=1 መግለጫው እውነት መሆኑን እናያለን።

2) እኩልነት ለ n=k እውነት ነው እንበል

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

3) የዚህን አባባል እውነት ለ n=k+1 እናረጋግጥ፣ ማለትም.

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።

ከላይ ካለው ማስረጃ መረዳት እንደሚቻለው አረፍተ ነገሩ ለ n=k+1 እውነት ነው፣ስለዚህ እኩልነት ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n ነው።

ምሳሌ 6

ያንን አረጋግጡ

((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)፣ የት n>2።

መፍትሄ፡ 1) ለ n=2 መታወቂያው የሚመስለው፡ (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3'2′3)/2(2 2 +2+1)፣

እነዚያ። እውነት ነው.

2) አገላለጹ ለ n=k እውነት እንደሆነ አስብ

(2 3 +1)/(2 3 -1)'…'(k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)።

3) የ n=k+1 አገላለጽ ትክክለኛነት እናረጋግጥ።

(((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)።

ለ n=k+1 እኩልነት እውነት መሆኑን አረጋግጠናል፣ስለዚህ፣በሂሣብ ኢንዳክሽን ዘዴ አማካኝነት መግለጫው ለማንኛውም n>2 እውነት ነው።

ምሳሌ 7

ያንን አረጋግጡ

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3)

ለማንኛውም የተፈጥሮ n.

መፍትሄ፡- 1) n=1 እንግዲያውስ

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7.

2) n=k እንበል እና ከዚያ

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2ኪ) 3 =-k 2 (4k+3)።

3) የዚህን አባባል እውነት ለ n=k+1 እናረጋግጥ

(1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2ኪ) 3)+(2ኪ+1) 3 -(2ክ+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)።

የ n=k+1 እኩልነት ትክክለኛነትም ተረጋግጧል፣ስለዚህ መግለጫው ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር እውነት ነው።

ምሳሌ 8

ማንነቱ ትክክል መሆኑን ያረጋግጡ

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

ለማንኛውም የተፈጥሮ n.

1) ለ n=1 ማንነቱ እውነት ነው 1 2 /1'3=1(1+1)/2(2+1)።

2) ለ n = k እንበል

(1 2/1′3)+…+(k 2 /(2k-1)′(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)።

3) ማንነቱ ለ n=k+1 እውነት መሆኑን እናረጋግጥ።

(1 2/1′3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2ኪ+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)= +(((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2)′ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)።

ከላይ ካለው ማስረጃ መረዳት እንደሚቻለው መግለጫው ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n.

ምሳሌ 9

(11 n+2 +12 2n+1) ያለ ቀሪ 133 መከፋፈሉን አረጋግጥ።

መፍትሄ፡- 1) n=1 እንግዲያውስ

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

ነገር ግን (23′133) በ 133 ይከፈላል ያለ ቀሪ , ይህም ማለት ለ n=1 መግለጫው እውነት ነው; ሀ(1) እውነት ነው።

2) (11 k+2 +12 2k+1) ያለ ቀሪ 133 ይከፋፈላል እንበል።

3) በዚህ ጉዳይ ላይ እናረጋግጥ

(11 k+3 +12 2k+3) ያለ ቀሪ 133 ይከፈላል:: በእርግጥ 11 k +3 +12 2l+3 =11′11 k+2 +12 2 ′12 2k+1 =11′11 k+2 +

+(11+133)'12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133′12 2k+1 .

የተገኘው ድምር ያለቀሪው 133 ይከፋፈላል ምክንያቱም የመጀመርያው ጊዜ በ133 የሚካፈለው ሳይቀረው በግምት ሲሆን በሁለተኛው ደግሞ አንደኛው 133. ስለዚህ ሀ(k) ÞA(k+1) ነው። በሂሳብ ማነሳሳት ዘዴ, መግለጫው ተረጋግጧል.

ምሳሌ 10

ለማንኛውም n 7 n -1 ያለ ቀሪው በ 6 የሚከፋፈል መሆኑን ያረጋግጡ።

መፍትሄው፡ 1) n=1፣ በመቀጠል X 1 =7 1 -1=6 በ6 ይከፈላል ያለ ቀሪ። ይህ ማለት n=1 መግለጫው እውነት ሲሆን ነው።

2) ለ n = k እንበል

7 ኪ -1 ያለ ቀሪው በ 6 ይከፈላል.

3) መግለጫው ለ n=k+1 እውነት መሆኑን እናረጋግጥ።

X k+1 =7 k+1 -1=7′7 k -7+6=7(7 k -1)+6.

የመጀመሪያው ቃል በ 6 ይከፈላል, ምክንያቱም 7 k -1 በ 6 በግምት ይከፈላል, እና ሁለተኛው ቃል 6 ነው. ይህ ማለት 7 n -1 ለማንኛውም የተፈጥሮ n የ 6 ብዜት ነው. በሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴ, መግለጫው ተረጋግጧል.

ምሳሌ 11

የዘፈቀደ የተፈጥሮ n 3 3n-1 +2 4n-3 በ 11 መከፋፈሉን ያረጋግጡ።
መፍትሄ፡- 1) n=1 እንግዲያውስ

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 በ11 ይከፈላል ያለ ቀሪ። ይህ ማለት ለ n=1 መግለጫው እውነት ነው ማለት ነው።

2) ለ n = k እንበል

X k =3 3k-1 +2 4k-3 በ 11 ይከፈላል ያለ ቀሪ።

3) መግለጫው ለ n=k+1 እውነት መሆኑን እናረጋግጥ።

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 3 k -1 +2 4k-3)+11'3 3k-1.

የመጀመሪያው ቃል ሳይቀረው በ11 ይከፈላል፡ 3 3 k-1 +2 4k-3 በ 11 በግምት ይካፈላል፡ ሁለተኛው በ11 ይከፈላል፡ ምክንያቱም ከምክንያቶቹ አንዱ ቁጥር 11 ነው። ይህ ማለት ድምር ማለት ነው። ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n ሳይቀረው በ 11 ይከፈላል. በሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴ, መግለጫው ተረጋግጧል.

ምሳሌ 12

11 2n -1 የዘፈቀደ የተፈጥሮ n ያለ ቀሪ በ 6 እንደሚከፋፈል ያረጋግጡ።

መፍትሄው፡ 1) n=1 እንግዲያውስ 11 2 -1=120 በ 6 ይከፈላል ያለ ቀሪ። ይህ ማለት n=1 መግለጫው እውነት ሲሆን ነው።

2) ለ n = k እንበል

11 2 ኪ -1 ያለ ቀሪው በ 6 ይከፈላል.

11 2(k+1) -1=121′11 2k -1=120′11 2k +(11 2k -1)።

ሁለቱም ቃላቶች ሳይቀሩ በ6 ይከፈላሉ፡ የመጀመሪያው 6 ብዜት ይይዛል፡ ቁጥሩ 120፡ ሁለተኛው ደግሞ በግምት ሳይቀረው በ6 ይከፈላል። ይህ ማለት ድምር ያለ ቀሪው በ 6 ይከፈላል ማለት ነው. በሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴ, መግለጫው ተረጋግጧል.

ምሳሌ 13

3 3 n+3 -26n-27 የዘፈቀደ የተፈጥሮ ቁጥር n ያለ ቀሪው በ26 2 (676) መከፋፈሉን ያረጋግጡ።

መፍትሄ፡ በመጀመሪያ 3 3 n+3 -1 በ 26 መከፋፈሉን እናረጋግጣለን።

መቼ n=0

3 3 -1=26 በ26 ተከፍሏል።

ለ n=k እናስብ

3 3k+3 -1 በ26 ይከፈላል

መግለጫው መሆኑን እናረጋግጥ

እውነት ለ n=k+1

3 3 k+6 -1=27′3 3k+3 -1=26′3 3l+3 +(3 3 k+3 -1) -በ26 ተከፍሏል

አሁን በችግር መግለጫው ውስጥ የተቀረጸውን መግለጫ ማረጋገጫ እናከናውን.

1) በግልጽ n=1 መግለጫው እውነት ነው።

3 3+3 -26-27=676

2) ለ n = k እንበል

3 3 k+3 -26k-27 የሚለው አገላለጽ በ26 2 ይከፈላል ያለ ቀሪ።

3) መግለጫው ለ n=k+1 እውነት መሆኑን እናረጋግጥ

3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)።

ሁለቱም ውሎች በ 26 2 ይከፈላሉ. የመጀመሪያው በ 26 2 ይከፈላል ምክንያቱም በቅንፍ ውስጥ ያለው አገላለጽ በ 26 እንደሚካፈል ስላረጋገጥን ሁለተኛው ደግሞ በኢንደክሽን መላምት ይከፈላል ። በሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴ, መግለጫው ተረጋግጧል.

ምሳሌ 14

n>2 እና x>0 ከሆኑ እኩልነት እውነት መሆኑን ያረጋግጡ

(1+x) n >1+n'x።

መፍትሄ፡ 1) ለ n=2 እኩልነት ትክክል ነው፣ ምክንያቱም

(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x።

ስለዚህ ሀ(2) እውነት ነው።

2) ሀ (k) ÞA(k+1)፣ k> ከሆነ 2. ሀ(k) እውነት መሆኑን እናስብ፣ ማለትም፣ አለመመጣጠን

(1+x) k >1+k′x። (3)

ከዚያ A(k+1) እውነት መሆኑን እናረጋግጥ፣ ማለትም፣ አለመመጣጠን

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

እንደ እውነቱ ከሆነ, ሁለቱንም የእኩልነት ጎኖች (3) በአዎንታዊ ቁጥር 1 + x ማባዛት, እናገኛለን

(1+x) k+1 >(1+k′x)(1+x)።

የመጨረሻውን እኩልነት የቀኝ ጎን እንይ

stva; እና አለነ

(1+k'x)(1+x)=1+(k+1)'x+k'x 2 >1+(k+1)'x።

በውጤቱም, ያንን እናገኛለን

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

ስለዚህ፣ A(k) ÞA(k+1)። በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ በመመስረት የበርኑሊ እኩልነት ለማንኛውም እውነት ነው ብሎ መከራከር ይቻላል ።

ምሳሌ 15

አለመመጣጠን እውነት መሆኑን ያረጋግጡ

(1+a+a 2) m > 1+ma+(m(m+1)/2)'a 2 ለ a> 0።

መፍትሄ፡ 1) መቼ m=1

(1+a+a 2) 1> 1+a+(2/2)'a 2 ሁለቱም ወገኖች እኩል ናቸው።

2) ለ m = k እንበል

(1+a+a 2) k >1+ካ+(k+1)/2)'a 2

3) ለ m=k+1 እኩልነት እውነት መሆኑን እናረጋግጥ

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+ka+

+(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 .

ለ m=k+1 እኩልነት ትክክለኛነት አረጋግጠናል, ስለዚህ, በሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴ ምክንያት, እኩልነት ለማንኛውም የተፈጥሮ m.

ምሳሌ 16

ለ n> 6 እኩልነት እውነት መሆኑን ያረጋግጡ

መፍትሄው: እኩልነትን በቅጹ ላይ እንደገና እንፃፍ

ለ n=7 አለን።

3 7/2 7 =2187/128>14=2′7

እኩልነት እውነት ነው.

ለ n=k እናስብ

3) ለ n=k+1 እኩልነት ትክክለኛነት እናረጋግጥ።

3 k+1/2 k+1 =(3 ኪ/2 ኪ)'(3/2)>2k'(3/2)=3k>2(k+1)።

ከ k> 7 ጀምሮ, የመጨረሻው እኩልነት ግልጽ ነው.

በማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴ ምክንያት, እኩልነት ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n.

ምሳሌ 17

ለ n>2 እኩልነት እውነት መሆኑን ያረጋግጡ

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

መፍትሄ፡ 1) ለ n=3 እኩልነት እውነት ነው።

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180

ለ n=k እናስብ

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/ኪ)።

3) ያልሆኑትን ትክክለኛነት እናረጋግጥ

እኩልነት ለ n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2) እናረጋግጥ።

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1) Ûk (k+2)

የኋለኛው ግልጽ ነው, እና ስለዚህ

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

በሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴ, እኩልነት የተረጋገጠ ነው.

መደምደሚያ

በተለይም የሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴን በማጥናት በዚህ የሂሳብ ክፍል ውስጥ እውቀቴን ጨምሬያለሁ, እና ከዚህ በፊት ከአቅሜ በላይ የሆኑ ችግሮችን መፍታት ተምሬያለሁ.

እነዚህ በዋናነት ምክንያታዊ እና አዝናኝ ተግባራት ነበሩ፣ ማለትም በሂሳብ በራሱ እንደ ሳይንስ ፍላጎት የሚጨምሩት። እንደነዚህ ያሉትን ችግሮች መፍታት አስደሳች ተግባር ይሆናል እና ብዙ እና የበለጠ የማወቅ ጉጉ ሰዎችን ወደ ሒሳብ ላብራቶሪዎች ሊስብ ይችላል። በእኔ አስተያየት ይህ የማንኛውም ሳይንስ መሰረት ነው.

የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴን ማጥናት በመቀጠል, በሂሳብ ላይ ብቻ ሳይሆን በፊዚክስ, በኬሚስትሪ እና በህይወቱ ውስጥ ችግሮችን በመፍታት እንዴት እንደሚተገበር ለመማር እሞክራለሁ.

ሂሳብ፡-

ንግግሮች፣ ችግሮች፣ መፍትሄዎች

የመማሪያ መጽሐፍ / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I. Shabunin. Potpourri LLC 1996

አልጀብራ እና የትንታኔ ጅምር

የመማሪያ መጽሀፍ / አይቲ ዴሚዶቭ, ኤኤን ኮልሞጎሮቭ, ኤስ.አይ. ሽቫርትስበርግ, ኦ.ኤስ. ኢቫሼቭ-ሙሳቶቭ, ቢ.ኢ. ዊትዝ. "መገለጥ" 1975.

ኢንዳክሽን ከተወሰኑ ምልከታዎች አጠቃላይ መግለጫ የማግኘት ዘዴ ነው። የሒሳብ መግለጫ የተወሰኑ ቁሶችን የሚመለከት ከሆነ፣ ለእያንዳንዱ ነገር በመሞከር ሊረጋገጥ ይችላል። ለምሳሌ፣ “እያንዳንዱ ባለ ሁለት አሃዝ እኩል ቁጥር የሁለት ዋና ቁጥሮች ድምር ነው” የሚለው መግለጫ ከተከታታይ እኩልነት ለመመስረት በጣም ይቻላል፡-

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

ሁሉንም እድሎች የሚያሟጥጡ ውሱን ለሆኑ ጉዳዮች መግለጫ የተረጋገጠበት የማስረጃ ዘዴ ሙሉ ኢንዳክሽን ይባላል። ይህ ዘዴ በአንፃራዊነት በጣም አልፎ አልፎ ጥቅም ላይ ይውላል ፣ ምክንያቱም የሂሳብ መግለጫዎች ፣ እንደ ደንቡ ፣ ስለ መጨረሻው ሳይሆን መጨረሻ የሌላቸው የነገሮች ስብስቦችን ያሳስባሉ። ለምሳሌ፣ ከላይ ባለ ሁለት አሃዝ ቁጥሮችን እንኳን ሙሉ በሙሉ በማስተዋወቅ የተረጋገጠው መግለጫ የንድፈ ሃሳቡ ልዩ ጉዳይ ብቻ ነው፡- “ማንኛውም እንኳን ቁጥር የሁለት ዋና ቁጥሮች ድምር ነው። ይህ ቲዎሬም እስካሁን አልተረጋገጠም ወይም አልተረጋገጠም።

የሒሳብ ኢንዳክሽን ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n የተወሰነ መግለጫን በሒሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ በመመስረት የሚያረጋግጥ ዘዴ ነው፡- “አንድ መግለጫ ለ n=1 እውነት ከሆነ እና ለ n=k ትክክለኛነቱ የሚያመለክተው የዚህ መግለጫ ትክክለኛነት ለ n=k ነው። +1፣ ከዚያ ለሁሉም እውነት ነው n" በሂሳብ ኢንዳክሽን የማረጋገጥ ዘዴው እንደሚከተለው ነው።

1) የመግቢያ መሠረት፡ የ n=1 (አንዳንድ ጊዜ n=0 ወይም n=n 0) ትክክለኛነትን ያረጋግጣሉ ወይም በቀጥታ ያረጋግጣሉ።

2) የመግቢያ ደረጃ (ሽግግር)፡ የመግለጫውን ትክክለኛነት ለአንዳንድ የተፈጥሮ ቁጥር n=k አድርገው ይወስዳሉ እና በዚህ ግምት ላይ በመመስረት የ n=k+1 መግለጫ ትክክለኛነት ያረጋግጣሉ።

በመፍትሔዎች ላይ ችግሮች

1. ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n ቁጥር 3 2n+1 +2 n+2 በ 7 እንደሚካፈል ያረጋግጡ።

A(n)=3 2n+1 +2 n+2ን እንጥቀስ።

ማስገቢያ መሠረት. n=1 ከሆነ፣ ከዚያ A(1)=3 3 +2 3 =35 እና፣ ግልጽ በሆነ መልኩ፣ በ 7 የሚካፈል ነው።

ማስገቢያ ግምት. A(k) በ7 ይካፈል።

የማነሳሳት ሽግግር. A(k+1) በ 7 መከፋፈሉን እናረጋግጥ፣ ያም ማለት የችግሩ መግለጫ ትክክለኛነት ለ n=k።

A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

3 2k+1 9+2 k+2 (9–7)=(3 2k+1 +2 k+2) 9–7 2k+2 =9 A(k)–7 2k +2.

የመጨረሻው ቁጥር በ 7 ይከፈላል የሁለት ኢንቲጀር ልዩነት ስለሆነ በ 7 ይከፈላል. ስለዚህ, 3 2n+1 +2 n+2 በ 7 ይከፈላል ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n.

2. ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n ቁጥር 2 3 n +1 በ 3 n+1 የሚከፋፈል እና በ 3 n+2 የማይከፋፈል መሆኑን ያረጋግጡ።

ማስታወሻውን እናስተዋውቀው፡ a i =2 3 i +1።

ለ n=1 አለን እና 1 =2 3 +1=9። ስለዚህ 1 በ 3 2 ይከፈላል እና በ 3 3 አይከፋፈልም ።

ለ n = k ቁጥሩ a k በ 3 k+1 እና በ 3 k+2 የማይከፋፈል ማለትም k =2 3 k +1=3 k+1 m, m በ 3 የማይከፋፈል ነው.

እና k+1 =2 3 k+1 +1=(2 3k) 3 +1=(2 3k +1)(2 3 k ·2 –2 3 k +1)=3 k+1 ·m ((2 3 ኪ +1) 2 –3 · 2 3 ኪ)=3 ኪ+1 ·m·((3 ኪ+1 · ሜትር) 2 –3·2 3 ኪ)=

3 k+2 ·m·(3 2k+1 · m 2 –2 3 k)።

በግልጽ ለማየት እንደሚቻለው k+1 በ3 ኪ+2 የሚከፋፈል እንጂ በ3 ኪ+3 የማይከፋፈል ነው።

ስለዚህ, መግለጫው ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር ተረጋግጧል n.

3. x+1/x ኢንቲጀር መሆኑ ይታወቃል። x n +1/x n ለማንኛውም ኢንቲጀር n ኢንቲጀር መሆኑን አረጋግጥ።

ማስታወሻውን እናስተዋውቅ: a i =х i +1/х i እና ወዲያውኑ a i =а -i መሆኑን እናስታውስ, ስለዚህ ስለ ተፈጥሯዊ ኢንዴክሶች መነጋገራችንን እንቀጥላለን.

ማስታወሻ፡ a 1 በኮንቬንሽን ኢንቲጀር ነው; እና 2 ኢንቲጀር ነው, ከ 2 = (a 1) 2 -2 ጀምሮ; እና 0 = 2.

k ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር k ከ n ያልበለጠ ኢንቲጀር እንደሆነ እናስብ። ከዚያ 1 · a n ኢንቲጀር ነው፣ ግን 1 ·a n =a n+1 +a n–1 እና n+1 =a 1 ·a n –a n–1። ሆኖም፣ n-1፣ እንደ ኢንዳክሽን መላምት ከሆነ፣ ኢንቲጀር ነው። ይህ ማለት n+1 ኢንቲጀርም ነው። ስለዚህ፣ x n +1/x n ለማንኛውም ኢንቲጀር n ነው፣ ይህም መረጋገጥ ያለበት ነው።

4. ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n ከ 1 በላይ ድርብ አለመመጣጠን እውነት መሆኑን ያረጋግጡ

5. ለተፈጥሮ n > 1 እና |x| ያረጋግጡ

(1–x) n +(1+x) n

ለ n=2 እኩልነት እውነት ነው። በእውነት፣

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

እኩልነት ለ n=k እውነት ከሆነ ለ n=k+1 አለን።

(1–x) k+1 +(1+x) k+1

እኩልነቱ ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n> 1 ተረጋግጧል።

6. በአውሮፕላን ውስጥ n ክበቦች አሉ. ለእነዚህ ክበቦች ለማንኛውም ዝግጅት, የፈጠሩት ካርታ በትክክል በሁለት ቀለሞች ሊቀረጽ እንደሚችል ያረጋግጡ.

የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴን እንጠቀም።

ለ n=1 መግለጫው ግልጽ ነው።

መግለጫው በ n ክበቦች ለተፈጠረው ለማንኛውም ካርታ እውነት ነው ብለን እናስብ እና በአውሮፕላኑ ላይ n+1 ክበቦች ይኑር። ከነዚህ ክበቦች ውስጥ አንዱን በማንሳት, በተሰራው ግምት ምክንያት, በሁለት ቀለሞች በትክክል ቀለም ያለው ካርታ እናገኛለን (ከዚህ በታች ያለውን የመጀመሪያውን ምስል ይመልከቱ).

ከዚያም የተጣለውን ክብ እንመልሰው እና በአንድ በኩል, ለምሳሌ ከውስጥ, የእያንዳንዱን አካባቢ ቀለም ወደ ተቃራኒው ይለውጡ (ሁለተኛውን ምስል ይመልከቱ). በዚህ ጉዳይ ላይ በትክክል በሁለት ቀለማት ያሸበረቀ ካርታ እንደምናገኝ ማየት ቀላል ነው, አሁን ግን ለ n + 1 ክበቦች ብቻ ነው, ይህም መረጋገጥ ያለበት ነው.

7. የሚከተሉት ሁኔታዎች ከተሟሉ ኮንቬክስ ፖሊጎን “ቆንጆ” እንለዋለን።

1) እያንዳንዱ ጫፎች ከሶስት ቀለሞች በአንዱ ይሳሉ ።

2) ማንኛውም ሁለት ተያያዥ ጫፎች በተለያየ ቀለም የተቀቡ ናቸው;

3) ቢያንስ አንድ የፖሊጎን ጫፍ በእያንዳንዱ ሶስት ቀለም ይሳሉ።

ማንኛውም የሚያምር n-gon በተቆራረጡ ዲያግኖሎች ወደ "ቆንጆ" ትሪያንግሎች መቁረጥ እንደሚቻል ያረጋግጡ።

የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴን እንጠቀም።

ማስገቢያ መሠረት. በትንሹ በተቻለ መጠን n = 3, የችግሩ መግለጫ ግልጽ ነው-የ "ቆንጆ" ትሪያንግል ጫፎች በሶስት የተለያዩ ቀለሞች የተቀቡ እና ምንም መቆራረጥ አያስፈልግም.

ማስገቢያ ግምት. ለማንኛውም "ቆንጆ" n-gon የችግሩ መግለጫ እውነት ነው ብለን እናስብ.

የማስተዋወቅ ደረጃ። የዘፈቀደ “ቆንጆ” (n+1)-ጎን እንይ እና ኢንዳክሽን መላምትን በመጠቀም በተወሰኑ ዲያግኖሎች ወደ “ቆንጆ” ትሪያንግሎች ሊቆረጥ እንደሚችል እናረጋግጥ። በ A 1፣ A 2፣ A 3፣ ... A n፣ A n+1 የ(n+1)-ጎን ተከታታይ ጫፎችን እንጥቀስ። አንድ (n+1) -ጎን አንድ ጫፍ ብቻ ከሶስቱ ቀለሞች ውስጥ ቀለም ያለው ከሆነ፣ ይህን ጫፍ ከዲያግኖሎች ጋር በማገናኘት ከሱ አጠገብ ከሌሉት ሁሉም ጫፎች ጋር በማገናኘት አስፈላጊውን የ(n+1) ክፍልፋይ እናገኛለን። - ወደ "ቆንጆ" ትሪያንግሎች ይሂዱ.

በእያንዳንዱ የሶስቱ ቀለማት ቢያንስ ሁለት የ (n+1) -ጎን ጫፎች ቀለም ካላቸው የቬርቴክስ A 1ን ቀለም በቁጥር 1 እና የ vertex A 2 ቀለም በቁጥር 2 እንገልጻለን። k ትንሹ ቁጥር ይሁን እንደዚህ ያለ ወርድ A k በሦስተኛው ቀለም የተቀባ ነው። ግልጽ ነው k > 2. ትሪያንግል A k–2 A k–1 A k ከ(n+1) -ጎን በዲያግናል A k–2 A k እንቆርጠው። በቁጥር k ምርጫ መሰረት, ሁሉም የዚህ ትሪያንግል ጫፎች በሶስት የተለያዩ ቀለሞች ተቀርፀዋል, ማለትም ይህ ሶስት ማዕዘን "ቆንጆ" ነው. ኮንቬክስ n-ጎን A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1፣ የሚቀረው፣ እንዲሁም፣ በአስደሳች ግምት፣ “ውብ” ይሆናል፣ ትርጉሙም ማለት ነው። እሱ ወደ "ቆንጆ" ትሪያንግሎች ተከፍሏል, እሱም እና መረጋገጥ ያስፈልገዋል.

8. በኮንቬክስ n-ጎን ውስጥ ከ n ዳያጎንሎች በላይ ለመምረጥ የማይቻል መሆኑን ያረጋግጡ ስለዚህም ሁለቱ አንድ የጋራ ነጥብ ይኖራቸዋል።

የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴን በመጠቀም ማረጋገጫውን እናከናውን።

የበለጠ አጠቃላይ አረፍተ ነገርን እናረጋግጥ፡ በኮንቬክስ n-ጎን ከn-ጎን እና ሰያፍ በላይ መምረጥ ስለማይቻል ሁለቱ የጋራ ነጥብ እንዲኖራቸው። ለ n = 3 መግለጫው ግልጽ ነው. ይህ አባባል የዘፈቀደ n-gon እውነት ነው ብለን እናስብ እና ይህን በመጠቀም የዘፈቀደ (n+1) -ጎን ትክክለኛነት እናረጋግጣለን።

ይህ መግለጫ ለ (n+1) -ጎን እውነት እንዳልሆነ እናስብ። ከእያንዳንዱ (n+1) -ጎን ጫፍ ከሁለት የማይበልጡ የተመረጡ ጎኖች ወይም ዲያግራኖች ብቅ ካሉ ከነሱ ውስጥ ከ n+1 አይበልጡም በድምሩ ይመረጣሉ። ስለዚህ፣ ከአንዳንድ ቨርቴክስ A ቢያንስ ሶስት የተመረጡ ጎኖች ወይም ዲያግራኖች AB፣ AC፣ AD አሉ። AC በ AB እና AD መካከል ይተኛ። ከ C እና ከሲኤ ውጭ የሚወጣ ማንኛውም ጎን ወይም ሰያፍ በአንድ ጊዜ AB እና AD መገናኘት ስለማይችል ከ ነጥብ C አንድ የተመረጠ ሰያፍ CA ብቻ ይወጣል።

ነጥብ ሲን ከዲያግናል CA ጋር በማጣመር ከ n በላይ የሆኑ ጎኖች እና ዲያግኖሎች የሚመረጡበት ኮንቬክስ n-ጎን አግኝተናል ከነዚህም ሁለቱ የጋራ ነጥብ አላቸው። ስለዚህ፣ መግለጫው የዘፈቀደ ኮንቬክስ n-ጎን እውነት ነው ከሚል ግምት ጋር ወደ ተቃርኖ ደርሰናል።

ስለዚህ፣ ለ (n+1) -ጎን መግለጫው እውነት ነው። በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ መሰረት መግለጫው ለማንኛውም ኮንቬክስ n-ጎን እውነት ነው.

9. በአውሮፕላኑ ውስጥ n ቀጥ ያሉ መስመሮች አሉ, ከነዚህም ውስጥ ሁለቱ ትይዩ እና ሶስቱ በአንድ ነጥብ ውስጥ አያልፍም. እነዚህ መስመሮች አውሮፕላኑን ስንት ክፍሎች ይከፋፈላሉ?

የአንደኛ ደረጃ ንድፎችን በመጠቀም አንድ ቀጥተኛ መስመር አውሮፕላኑን በ 2 ክፍሎች, ሁለት ቀጥታ መስመሮችን በ 4 ክፍሎች, ሶስት ቀጥታ መስመሮችን በ 7 ክፍሎች እና አራት ቀጥታ መስመሮችን በ 11 ክፍሎች እንደሚከፍል በቀላሉ ማረጋገጥ ይችላሉ.

ቀጥታ መስመሮች አውሮፕላኑን የሚከፋፍሉባቸውን ክፍሎች ብዛት በ N (n) እንጥቀስ። መሆኑን ልብ ማለት ይቻላል።

N(2)=N(1)+2=2+2፣

N(3)=N(2)+3=2+2+3፣

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4።

እንደሆነ መገመት ተፈጥሯዊ ነው።

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n፣

ወይም፣ ለመመስረት ቀላል እንደሆነ፣ የሒሳብ ዕድገት የመጀመሪያ ቃላት ድምር ቀመሩን በመጠቀም፣

N(n)=1+n(n+1)/2.

የማቲማቲክ ኢንዳክሽን ዘዴን በመጠቀም የዚህን ቀመር ትክክለኛነት እናረጋግጥ.

ለ n=1 ቀመሩ አስቀድሞ ተረጋግጧል።

የመግቢያ ግምትን ካደረግን በኋላ የችግሩን ሁኔታዎች የሚያሟሉ k+1 መስመሮችን እንመለከታለን. ከነሱ በዘፈቀደ መንገድ k ቀጥታ መስመሮችን እንምረጥ. በኢንደክሽን መላምት, አውሮፕላኑን ወደ 1+ k (k+1)/2 ክፍሎች ይከፍላሉ. ቀሪው (k+1) ኛ ቀጥተኛ መስመር በተመረጡት k ቀጥታ መስመሮች ወደ k+1 ክፍሎች ይከፈላል እና ስለዚህ አውሮፕላኑ ቀደም ሲል በተከፈለበት (k+1) ኛ ክፍል በኩል ያልፋል እና እያንዳንዳቸው ከእነዚህ ክፍሎች ውስጥ በ 2 ክፍሎች ይከፈላሉ, ማለትም, ሌላ k+1 ክፍል ይጨመራል. ስለዚህ፣

N(k+1=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2፣

ጥ.ኢ.ዲ.

10. በ x 1: x 2: ... : x n አገላለጽ ውስጥ, የተግባርን ቅደም ተከተል ለማመልከት ቅንፍ ተቀምጧል ውጤቱም ክፍልፋይ ሆኖ ተጽፏል:

(በዚህ ሁኔታ እያንዳንዱ ፊደላት x 1, x 2, ..., x n በክፍልፋይ አሃዛዊ ወይም በክፍል ውስጥ ናቸው). በዚህ መንገድ ምን ያህል የተለያዩ አገላለጾችን ማግኘት ይቻላል በሁሉም መንገዶች ቅንፍ ማስቀመጥ ይቻላል?

በመጀመሪያ ደረጃ, በሚመጣው ክፍልፋይ x 1 ውስጥ በቁጥር ውስጥ እንደሚሆን ግልጽ ነው. ምንም ያህል ቅንፍ ቢቀመጥ x 2 በዲኖሚነተሩ ውስጥ እንደሚገኝ ግልጽ ነው (በ x 2 ፊት ያለው የመከፋፈል ምልክት በራሱ x 2 ላይ ወይም በቁጥር ውስጥ x 2 የያዘውን አንዳንድ አገላለጽ ያመለክታል)።

ሁሉም ሌሎች ፊደሎች x 3፣ x 4፣ ...፣ x n በቁጥር ወይም በክፍል ውስጥ ሙሉ በሙሉ በዘፈቀደ ሊቀመጡ እንደሚችሉ መገመት ይቻላል። በጠቅላላው 2 n–2 ክፍልፋዮችን ማግኘት ይችላሉ፡ እያንዳንዱ n–2 ፊደሎች x 3፣ x 4፣ ...፣ x n ከሌሎቹ በቁጥር ወይም በተከፋፈለው ውስጥ ተለይተው ሊታዩ ይችላሉ።

ይህንን አባባል በማስተዋወቅ እናረጋግጥ።

በ n=3 2 ክፍልፋዮችን ማግኘት ይችላሉ፡-

ስለዚህ መግለጫው እውነት ነው።

ለ n=k እውነት እንደሆነ እናስብ እና ለ n=k+1 እናረጋግጥ።

ቅንፍ ከተቀመጡ በኋላ x 1፡x 2፡...፡x k የሚለው አገላለጽ በተወሰነ ክፍልፋይ መልክ ይጻፍ። ክፍልፋይ Q ውስጥ እንደነበረው በተመሳሳይ ቦታ እና x k+1 x k በነበረበት ቦታ አይሆንም (x k በዲኖሚነተሩ ውስጥ ከሆነ x k+1 በቁጥር እና በተቃራኒው) ይሆናል።

አሁን x k ወደሚገኝበት ቦታ x k+1 መጨመር እንደምንችል እናረጋግጣለን። ክፍልፋይ Q ውስጥ፣ ቅንፎችን ካስቀመጡ በኋላ፣ የግድ q:x k፣ q ፊደል x k–1 ወይም በቅንፍ ውስጥ የተወሰነ መግለጫ ይኖራል። q:x k በሚለው አገላለጽ (q:x k): x k+1 =q:(x k ·x k+1) በመተካት ተመሳሳይ ክፍልፋይ Q እናገኛለን፣ ከ x k ይልቅ x k ·x k+1 አለ።

ስለዚህ በ n=k+1 ውስጥ ያሉት ሁሉም ሊሆኑ የሚችሉ ክፍልፋዮች ቁጥር ከ n=k 2 እጥፍ ይበልጣል እና ከ2 k–2 ·2=2 (k+1)–2 ጋር እኩል ነው። ስለዚህ መግለጫው ተረጋግጧል.

መልስ፡- 2 n-2 ክፍልፋዮች።

መፍትሄዎች ሳይኖሩ ችግሮች

1. ለማንኛውም የተፈጥሮ n:

ሀ) ቁጥር 5 n -3 n +2n በ 4 ይከፈላል;

ለ) ቁጥር n 3 +11n በ 6 ይከፈላል;

ሐ) ቁጥር 7 n +3n-1 በ 9 ይከፈላል;

መ) ቁጥር 6 2n +19 n -2 n+1 በ 17 ይከፈላል;

ሠ) ቁጥር 7 n+1 +8 2n-1 በ 19 ይከፈላል;

ሠ) ቁጥር 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 በ27 ይከፈላል።

2. ያንን አረጋግጥ (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1)።

3. እኩልነትን አረጋግጥ |sin nx| n|ኃጢአት x| ለማንኛውም የተፈጥሮ n.

4. በ 10 የማይከፋፈሉ የተፈጥሮ ቁጥሮች a, b, c ያግኙ እና ለማንኛውም ተፈጥሯዊ n ቁጥሮች a n + b n እና c n የመጨረሻዎቹ ሁለት አሃዞች አላቸው.

5. n ነጥቦች በተመሳሳይ መስመር ላይ የማይዋሹ ከሆነ ከሚያገናኙት መስመሮች መካከል ቢያንስ n የተለያዩ መሆናቸውን ያረጋግጡ።

መጽሐፍ ቅዱሳዊ መግለጫ፡-ባዳኒን ኤ.ኤስ., ሲዞቫ ኤም ዩ በተፈጥሮ ቁጥሮች መከፋፈል ላይ ችግሮችን ለመፍታት የሂሳብ ማነሳሳት ዘዴን ተግባራዊ ማድረግ // ወጣት ሳይንቲስት. 2015. ቁጥር 2. P. 84-86..04.2019).

በሂሳብ ኦሊምፒያድ የተፈጥሮ ቁጥሮች መከፋፈልን ለማረጋገጥ ብዙ ጊዜ በጣም አስቸጋሪ ችግሮች አሉ። የትምህርት ቤት ልጆች አንድ ችግር ያጋጥማቸዋል: እንደነዚህ ያሉትን ችግሮች ለመፍታት የሚያስችል ሁለንተናዊ የሂሳብ ዘዴ እንዴት ማግኘት ይቻላል?

መከፋፈልን በማረጋገጥ ላይ ያሉ አብዛኛዎቹ ችግሮች በሂሳብ ማስተዋወቅ ዘዴ ሊፈቱ እንደሚችሉ ተረጋግጧል ነገር ግን የትምህርት ቤት የመማሪያ መጽሃፍቶች ለዚህ ዘዴ በጣም ትንሽ ትኩረት ይሰጣሉ ፣ ብዙውን ጊዜ አጭር የንድፈ ሀሳባዊ መግለጫ ይሰጣል እና በርካታ ችግሮች ይተነተናል።

በቁጥር ፅንሰ-ሀሳብ ውስጥ የሒሳብ ኢንዳክሽን ዘዴን እናገኛለን። በቁጥር ፅንሰ-ሀሳብ መባቻ ላይ፣ የሒሳብ ሊቃውንት በደመ ነፍስ ብዙ እውነታዎችን አግኝተዋል፡ L. Euler እና K. Gauss አንዳንድ ጊዜ የቁጥር ዘይቤን ከማየታቸው እና በእሱ ከማመናቸው በፊት በሺዎች የሚቆጠሩ ምሳሌዎችን ይመለከታሉ። ግን በተመሳሳይ ጊዜ "የመጨረሻ" ፈተናን ያለፈባቸው መላምቶች ምን ያህል አሳሳች እንደሆኑ ተረድተዋል. ላልተወሰነ ንዑስ ስብስብ ከተረጋገጠ መግለጫ ወደ ተመሳሳይ መግለጫ ለመሸጋገር፣ ማረጋገጫ ያስፈልጋል። ይህ ዘዴ የቀረበው ብሌዝ ፓስካል በማንኛውም ኢንቲጀር የመከፋፈል ምልክቶችን ለማግኘት አጠቃላይ ስልተ ቀመር ባገኘው ብሌዝ ፓስካል ነው (“በቁጥሮች መለያየት ተፈጥሮ” ላይ የሚደረግ ሕክምና)።

የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴ የአንድን የተወሰነ መግለጫ እውነትነት ለሁሉም የተፈጥሮ ቁጥሮች ወይም ከተወሰነ ቁጥር n የሚጀምር መግለጫ እውነትነት ለማረጋገጥ ይጠቅማል።

የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴን በመጠቀም የአንድን የተወሰነ መግለጫ እውነትነት ለማረጋገጥ ችግሮችን መፍታት አራት ደረጃዎችን ያቀፈ ነው (ምስል 1)

ሩዝ. 1. ችግሩን ለመፍታት እቅድ

1. የማነሳሳት መሰረት . መግለጫው ትርጉም ያለው ለትንሹ የተፈጥሮ ቁጥር የመግለጫውን ትክክለኛነት ያረጋግጣሉ።

2. ኢንዳክቲቭ መላምት . መግለጫው ለተወሰነ የ k እሴት እውነት ነው ብለን እንገምታለን።

3. የማነሳሳት ሽግግር . መግለጫው ለ k+1 እውነት መሆኑን እናረጋግጣለን።

4. መደምደሚያ . እንዲህ ዓይነቱ ማረጋገጫ ከተጠናቀቀ, በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ በመመስረት, መግለጫው ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n.

የተፈጥሮ ቁጥሮችን መከፋፈልን የሚያረጋግጡ ችግሮችን ለመፍታት የሂሳብ ማነሳሳት ዘዴን አተገባበርን እንመልከት.

ምሳሌ 1. ቁጥሩ 5 የ 19 ብዜት መሆኑን ያረጋግጡ፣ n የተፈጥሮ ቁጥር ነው።

ማረጋገጫ፡-

1) ይህ ቀመር ለ n = 1 ትክክል መሆኑን እናረጋግጥ፡ ቁጥሩ =19 የ19 ብዜት ነው።

2) ይህ ቀመር ለ n = k እውነት ይሁን፣ ማለትም ቁጥሩ የ19 ብዜት ነው።

እሱ የ 19 ብዜት ነው. በእርግጥ, የመጀመሪያው ቃል በ 19 በመገመት (2) ይከፈላል; ሁለተኛው ቃል ደግሞ በ19 ይከፈላል ምክንያቱም 19 ክፍል ይዟል።

ምሳሌ 2.የሶስት ተከታታይ የተፈጥሮ ቁጥሮች ኩብ ድምር በ9 መከፋፈሉን አረጋግጥ።

ማረጋገጫ፡-

መግለጫውን እናረጋግጥ፡- “ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n፣ n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 የሚለው አገላለጽ የ9 ብዜት ነው።

1) ይህ ፎርሙላ ለ n = 1፡ 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 የ9 ብዜቶች ትክክል መሆኑን እናረጋግጥ።

2) ይህ ቀመር ለ n = k እውነት ይሁን፣ ማለትም k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 የ9 ብዜት ነው።

3) ቀመሩ ለ n = k + 1 ማለትም (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 የ9. (k+1) ብዜት መሆኑን እናረጋግጥ። 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 = (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k +2) 3)+9 (k 2 +3k+ 3)።

የተገኘው አገላለጽ ሁለት ቃላትን ይዟል፣ እያንዳንዳቸው በ9 ይከፈላሉ፣ ስለዚህ ድምሩ በ9 ይከፈላል።

4) ሁለቱም የሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ሁኔታዎች ረክተዋል ፣ ስለሆነም ዓረፍተ ነገሩ ለሁሉም የ n እሴቶች እውነት ነው።

ምሳሌ 3.ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n ቁጥር 3 2n+1 +2 n+2 በ 7 እንደሚከፋፈል አረጋግጥ።

ማረጋገጫ፡-

1) ይህ ቀመር ለ n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 የ 7 ብዜት መሆኑን እናረጋግጥ።

2) ይህ ቀመር ለ n = k እውነት ይሁን ማለትም 3 2 k +1 +2 k +2 በ 7 ተከፍሏል።

3) ቀመሩ ለ n = k + 1, ማለትም እውነት መሆኑን እናረጋግጥ.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 ኪ +1 ·9+2 ኪ +2 ·(9–7)=(3 2 ኪ +1 +2 ኪ +2) · 9–7·2 ኪ +2 .T. k. (3 2 k +1 +2 k +2) 9 በ 7 እና 7 2 k +2 በ 7 ይከፈላል ከዚያም ልዩነታቸው በ 7 ይከፈላል.

4) ሁለቱም የሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ሁኔታዎች ረክተዋል ፣ ስለሆነም ዓረፍተ ነገሩ ለሁሉም የ n እሴቶች እውነት ነው።

በተፈጥሮ ቁጥሮች የመከፋፈል ጽንሰ-ሀሳብ ውስጥ ያሉ ብዙ የማስረጃ ችግሮች የሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴን በመጠቀም በምቾት መፍታት ይቻላል ፣ አንድ ሰው በዚህ ዘዴ ችግሮችን መፍታት ሙሉ በሙሉ ስልተ ቀመር ነው ሊል ይችላል ፣ 4 መሰረታዊ እርምጃዎችን ማከናወን በቂ ነው። ግን ይህ ዘዴ ሁለንተናዊ ተብሎ ሊጠራ አይችልም ፣ ምክንያቱም ጉዳቶችም አሉ-በመጀመሪያ ፣ በተፈጥሮ ቁጥሮች ስብስብ ላይ ብቻ ሊረጋገጥ ይችላል ፣ ሁለተኛም ለአንድ ተለዋዋጭ ብቻ ሊረጋገጥ ይችላል።

ለሎጂካዊ አስተሳሰብ እና ለሂሳብ ባህል እድገት ይህ ዘዴ አስፈላጊ መሣሪያ ነው ፣ ምክንያቱም ታላቁ የሩሲያ የሂሳብ ሊቅ ኤ.ኤን. ኮልሞጎሮቭ “የሂሳብ ኢንዳክሽን መርህን መረዳት እና በትክክል መተግበር መቻል የሎጂካዊ ብስለት ጥሩ መስፈርት ነው ፣ እሱም ፍጹም ነው። ለሂሳብ ሊቅ አስፈላጊ ነው።

ስነ ጽሑፍ፡

1. ቪሌንኪን ኤን.ያ ኢንዳክሽን. ጥምርነት። - ኤም.: ትምህርት, 1976. - 48 p.

2. Genkin L. በሂሳብ ማነሳሳት ላይ. - ኤም., 1962. - 36 p.

3. ሶሎሚንስኪ I. S. የሂሳብ ማነሳሳት ዘዴ. - ኤም.: ናውካ, 1974. - 63 p.

4. Sharygin I.F. አማራጭ ትምህርት በሂሳብ፡ ችግር መፍታት፡ የመማሪያ መጽሀፍ ለ10ኛ ክፍል። የትምህርት ቤት አማካኝ - ኤም.: ትምህርት, 1989. - 252 p.

5. Shen A. Mathematical induction. - ኤም.: MTsNMO, 2007. - 32 p.

መግቢያ

ዋናው ክፍል

1. የተሟላ እና ያልተሟላ ማስተዋወቅ

2. የሂሳብ ማነሳሳት መርህ

3. የሂሳብ ማነሳሳት ዘዴ

4. ምሳሌዎችን መፍታት

5. እኩልነት

6. ቁጥሮችን መከፋፈል

7. አለመመጣጠን

መደምደሚያ

ያገለገሉ ጽሑፎች ዝርዝር

መግቢያ

ነገር ግን በንቃት ማሰብ መቻል በጣም አስፈላጊ ነው.

ዋናው ክፍል

እያንዳንዱ የተፈጥሮ ቁጥር በ 4 ውስጥ መሆኑን ማረጋገጥ አስፈላጊ ነው< 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.

ለምሳሌ ፣የመጀመሪያዎቹን n ተከታታይ ያልተለመዱ ቁጥሮች ድምር ማግኘት ትፈልጋለህ። ልዩ ጉዳዮችን እንመልከት፡-

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

እነዚህን ጥቂት ልዩ ጉዳዮች ከተመለከተ በኋላ የሚከተለው አጠቃላይ መደምደሚያ እራሱን ይጠቁማል-

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

እነዚያ። የመጀመሪያዎቹ n ተከታታይ ያልተለመዱ ቁጥሮች ድምር n 2 ነው።

እርግጥ ነው፣ የተደረገው ምልከታ ለተሰጠው ቀመር ትክክለኛነት ማረጋገጫ ሆኖ ሊያገለግል አይችልም።

የተነገረውን በማጠቃለል, የሚከተለውን አጠቃላይ መርሆ እናቀርባለን.

የሒሳብ ኢንዳክሽን መርህ.

ሀሳብ ከሆነ (A) n ), በተፈጥሮ ቁጥር ላይ በመመስረት n ፣ እውነት ለ n = 1 እና እውነት ከመሆኑ እውነታ ለ n=k (የት ክ - ማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር), ለሚቀጥለው ቁጥር እውነት መሆኑን ይከተላል n=k+1 ከዚያም ግምት ሀ( n ) ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር እውነት ነው። n .

በበርካታ አጋጣሚዎች, ለሁሉም የተፈጥሮ ቁጥሮች ሳይሆን ለ n> p ብቻ, የተወሰነ መግለጫ ትክክለኛነት ማረጋገጥ አስፈላጊ ሊሆን ይችላል, ይህም p ቋሚ የተፈጥሮ ቁጥር ነው. በዚህ ጉዳይ ላይ የሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ እንደሚከተለው ተዘጋጅቷል. ሀሳብ ከሆነ (A) n ) እውነት ለ n=p እና ኤ (ኤ) ከሆነ ክ ) Þ ሀ( k+1) ለማንም k> p, ከዚያም ዓረፍተ ነገር n) ለማንኛውም ሰው እውነት ነው n> ገጽ.

ምሳሌ 1

ያንን 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 አረጋግጥ።

መፍትሄ፡ 1) n=1=1 2 አለን። ስለዚህም እ.ኤ.አ.

መግለጫው ለ n=1 እውነት ነው፣ i.e. ሀ(1) እውነት ነው።

2) ሀ (k) ÞA(k+1) እናረጋግጥ።

k ማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር ይሁን እና መግለጫው ለ n=k እውነት ይሁን፣ i.e.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

ከዚያም መግለጫው ለቀጣዩ የተፈጥሮ ቁጥር n=k+1 እውነት መሆኑን እናረጋግጥ፣ i.e. ምንድን

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

በእርግጥም,

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

ምሳሌ 2

ያንን አረጋግጡ

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1)፣ የት x¹1

መፍትሄ፡ 1) ለ n=1 እናገኛለን

1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

ስለዚህ, ለ n = 1 ቀመሩ ትክክል ነው; ሀ(1) እውነት ነው።

2) k ማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር ይሁን እና ቀመሩ ለ n=k እውነት ይሁን፣ ማለትም.

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

ያንን እኩልነት እናረጋግጥ

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

በእርግጥም

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)።

ስለዚህ፣ A(k) ÞA(k+1)። በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ በመመስረት, ቀመሩን ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n.

ምሳሌ 3

የኮንቬክስ n-ጎን ሰያፍ ብዛት ከ n(n-3)/2 ጋር እኩል መሆኑን ያረጋግጡ።

መፍትሄ፡ 1) ለ n=3 መግለጫው እውነት ነው።

እና 3 ትርጉም ያለው ነው, ምክንያቱም በሶስት ማዕዘን ውስጥ

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

A 2 A(3) እውነት ነው።

2) በእያንዳንዱ ውስጥ እናስብ

ኮንቬክስ ኪ-ጎን አለው-

A 1 x A k =k(k-3)/2 ዲያግኖች።

እና ከዚያ ያንን በኮንቬክስ ውስጥ እናረጋግጥ

(k+1)-ጎን ቁጥር

ዲያጎንሎች A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 convex (k+1)-gon ይሁን። በውስጡም ዲያግናል A 1 A k እንሳል። የዚህን (k+1) -ጎን አጠቃላይ የዲያግራኖች ብዛት ለማስላት በ k-gon A 1 A 2 ...A k ውስጥ ያሉትን የዲያግኖሎች ብዛት መቁጠር ያስፈልግዎታል ፣ በተገኘው ቁጥር k-2 ይጨምሩ ፣ ማለትም ። የ (k+1) -ጎን ከጫፍ A k+1 የሚመነጩት የዲያግራኖች ብዛት እና በተጨማሪ, ሰያፍ A 1 A k ግምት ውስጥ መግባት ይኖርበታል.

ስለዚህም

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

ስለዚህ፣ A(k) ÞA(k+1)። በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ምክንያት መግለጫው ለማንኛውም ኮንቬክስ n-ጎን እውነት ነው።

ምሳሌ 4

ለማንኛውም n የሚከተለው መግለጫ እውነት መሆኑን ያረጋግጡ፡-

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

መፍትሄ፡- 1) n=1 እንግዲያውስ

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

ይህ ማለት ለ n=1 መግለጫው እውነት ነው ማለት ነው።

2) n=k እንበል

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

3) ይህን መግለጫ ለ n=k+1 አስቡበት

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+1) (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.

ምሳሌ 5

ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር n እኩልነት እውነት መሆኑን አረጋግጥ፡

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 = n 2 (n+1) 2/4።

መፍትሄ፡ 1) እን =1.

ከዚያም X 1 = 1 3 = 1 2 (1+1) 2/4=1.

ለ n=1 መግለጫው እውነት መሆኑን እናያለን።

2) እኩልነት ለ n=k እውነት ነው እንበል

ትምህርት 6. የሂሳብ ማነሳሳት ዘዴ.

በሳይንስ እና በህይወት ውስጥ አዲስ እውቀት በተለያየ መንገድ ይገኛል, ነገር ግን ሁሉም (ወደ ዝርዝር ውስጥ ካልገቡ) በሁለት ይከፈላሉ - ከአጠቃላይ ወደ ልዩ እና ከተለየ ወደ አጠቃላይ ሽግግር. የመጀመሪያው ተቀናሽ ነው, ሁለተኛው ኢንዳክሽን ነው. ተቀናሽ ምክንያት በሂሳብ ውስጥ በተለምዶ የሚጠራው ነው። አመክንዮአዊ ምክንያትእና በሂሳብ ሳይንስ ቅነሳ ብቸኛው ትክክለኛ የምርመራ ዘዴ ነው። የአመክንዮአዊ አስተሳሰብ ደንቦች ከሁለት ሺህ ተኩል በፊት በጥንታዊው የግሪክ ሳይንቲስት አርስቶትል ተዘጋጅተዋል። በጣም ቀላል የሆነውን ትክክለኛ ምክንያት ሙሉ ዝርዝር ፈጠረ ፣ ሲሎጊዝም- የአመክንዮ “ግንባታ ብሎኮች” ፣ በተመሳሳይ ጊዜ ከትክክለኛው ጋር በጣም ተመሳሳይ የሆነ ፣ ግን የተሳሳተ (ብዙውን ጊዜ በመገናኛ ብዙኃን ውስጥ እንደዚህ ያሉ “ሳይዶሎጂያዊ” አመክንዮዎች ያጋጥሙናል) የተለመዱ አመክንዮዎችን ሲያመለክቱ።

ማነሳሳት (ማስተዋወቅ - በላቲን መመሪያ) አይዛክ ኒውተን አንድ ፖም በራሱ ላይ ከወደቀ በኋላ የአለም አቀፍ የስበት ህግን እንዴት እንዳዘጋጀ በሚገልጸው በታዋቂው አፈ ታሪክ በግልፅ ይገለጻል። ከፊዚክስ ሌላ ምሳሌ: እንደ ኤሌክትሮማግኔቲክ ኢንዳክሽን ባሉ ክስተቶች ውስጥ የኤሌክትሪክ መስክ ይፈጥራል, መግነጢሳዊ መስክን "ያነሳሳል". “የኒውተን ፖም” አንድ ወይም ከዚያ በላይ ልዩ ጉዳዮች ያሉበት ሁኔታ ዓይነተኛ ምሳሌ ነው። ምልከታዎች፣ አጠቃላይ መግለጫን “ጠቁም” ፣ አጠቃላይ ድምዳሜ የሚቀርበው በልዩ ጉዳዮች ላይ ነው። በተፈጥሮም ሆነ በሰው ሳይንስ ውስጥ አጠቃላይ ንድፎችን ለማግኘት የኢንደክቲቭ ዘዴ ዋናው ነው. ግን በጣም ጉልህ የሆነ ጉድለት አለው: በተወሰኑ ምሳሌዎች ላይ በመመርኮዝ, የተሳሳተ መደምደሚያ ሊደረግ ይችላል. ከግል ምልከታዎች የሚነሱ መላምቶች ሁልጊዜ ትክክል አይደሉም። በኡለር ምክንያት አንድ ምሳሌ እንመልከት።

ለአንዳንድ የመጀመሪያ እሴቶች የሶስትዮሽ ዋጋን እናሰላለን። n:

በስሌቶች ምክንያት የተገኙት ቁጥሮች ዋና መሆናቸውን ልብ ይበሉ. እና አንድ ሰው ለእያንዳንዳቸው በቀጥታ ማረጋገጥ ይችላል nከ 1 እስከ 39 ፖሊኖሚል እሴት
ዋና ቁጥር ነው። ቢሆንም, መቼ n=40 ቁጥር 1681=41 2 እናገኛለን, እሱም ዋና አይደለም. ስለዚህ, እዚህ ሊነሳ የሚችለው መላምት, ማለትም, ለእያንዳንዱ ያለው መላምት ነው nቁጥር
ቀላል ነው, ወደ ውሸት ይለወጣል.

ሌብኒዝ በ 17 ኛው ክፍለ ዘመን አረጋግጧል ለእያንዳንዱ አዎንታዊ nቁጥር
በ 3 መከፋፈል, ቁጥር
በ 5 ፣ ወዘተ የሚከፋፈል። ከዚህ በመነሳት ለየትኛውም ጎዶሎ ብሎ አስቦ ነበር። ክእና ማንኛውም ተፈጥሯዊ nቁጥር
ሲካፈል ክ፣ ግን ብዙም ሳይቆይ ያንን አስተዋልኩ
በ9 አይከፋፈልም።

የተመለከቱት ምሳሌዎች አንድ አስፈላጊ መደምደሚያ እንድንሰጥ ያስችሉናል-አንድ መግለጫ በበርካታ ልዩ ጉዳዮች ላይ ፍትሃዊ እና በተመሳሳይ ጊዜ በአጠቃላይ ኢፍትሃዊ ሊሆን ይችላል. በአጠቃላዩ ጉዳይ ላይ የአንድ መግለጫ ትክክለኛነት ጥያቄ በተጠራ ልዩ የአመክንዮ ዘዴ በመጠቀም ሊፈታ ይችላል በሂሳብ ኢንዳክሽን(ሙሉ ኢንዳክሽን፣ ፍጹም ኢንዳክሽን)።

6.1. የሒሳብ ኢንዳክሽን መርህ.

♦ የማቲማቲካል ኢንዳክሽን ዘዴ የተመሰረተው የሂሳብ ማነሳሳት መርህ , እሱም እንደሚከተለው ነው.

1) የዚህ መግለጫ ትክክለኛነት ተረጋግጧልn=1 (ማስገቢያ መሠረት) ,

2) የዚህ መግለጫ ትክክለኛነት ይታሰባልn= ክ፣ የትክ- የዘፈቀደ የተፈጥሮ ቁጥር 1(የማስተዋወቅ ግምት) , እና ይህን ግምት ግምት ውስጥ በማስገባት, ትክክለኛነቱ የተቋቋመው ለn= ክ+1.

ማረጋገጫ. ተቃራኒውን እንውሰድ, ማለትም, መግለጫው ለእያንዳንዱ ተፈጥሯዊ እውነት አይደለም እንበል n. ከዚያ እንደዚህ አይነት ተፈጥሯዊ አለ ኤም, ምንድን:

1) መግለጫ ለ n=ኤምኢፍታህዊ,

2) ለሁሉም n፣ ትንሽ ኤምመግለጫው እውነት ነው (በሌላ አነጋገር ኤምመግለጫው እውነት ያልሆነበት የመጀመሪያው የተፈጥሮ ቁጥር ነው)።

እንደሆነ ግልጽ ነው። ኤም> 1፣ ምክንያቱም ለ n=1 መግለጫው እውነት ነው (ሁኔታ 1)። ስለዚህም እ.ኤ.አ.
- የተፈጥሮ ቁጥር. ለተፈጥሮ ቁጥር ተለወጠ
መግለጫው እውነት ነው, እና ለቀጣዩ የተፈጥሮ ቁጥር ኤምኢ-ፍትሃዊ ነው። ይህ ሁኔታን ይቃረናል 2. ■

ማስረጃው ማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥሮች ስብስብ ትንሹን ቁጥር እንደያዘ አክሱም ተጠቅሟል።

በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ የተመሰረተ ማረጋገጫ ይባላል በተሟላ የሂሳብ ማነሳሳት ዘዴ .

 ለምሳሌ6.1. ለማንኛውም ተፈጥሯዊነት ያረጋግጡ nቁጥር
በ 3 የሚካፈል።

መፍትሄ።

1) መቼ n=1፣ ስለዚህ ሀ 1 በ 3 ይከፈላል እና መግለጫው መቼ ነው n=1.

2) መግለጫው እውነት ነው እንበል n=ክ,
ያ ቁጥር ማለት ነው።
በ 3 ይከፈላል እና መቼ እንደሆነ እናረጋግጣለን n=ክ+1 ቁጥር በ3 ይከፈላል።

በእርግጥም,

ምክንያቱም እያንዳንዱ ቃል በ 3 ይከፈላል, ከዚያም ድምራቸው በ 3. ■ 

 ለምሳሌ6.2. የመጀመሪያው ድምር መሆኑን ያረጋግጡ nተፈጥሯዊ ያልተለመዱ ቁጥሮች ከቁጥራቸው ካሬ ጋር እኩል ነው, ማለትም.

መፍትሄ።የተሟላ የሒሳብ ኢንዳክሽን ዘዴን እንጠቀም።

1) የዚህን መግለጫ ትክክለኛነት መቼ እንደሆነ እናረጋግጣለን n= 1: 1 = 1 2 - ይህ እውነት ነው.

2) የመጀመሪያው ድምር ነው እንበል ክ (
) ያልተለመዱ ቁጥሮች የእነዚህ ቁጥሮች ቁጥር ካሬ ጋር እኩል ነው, ማለትም. በዚህ እኩልነት ላይ በመመስረት, ያንን የመጀመሪያውን ድምር እናረጋግጣለን ክ+1 ያልተለመዱ ቁጥሮች እኩል ነው።
, ያውና .

የእኛን ግምት እንጠቀማለን እና እናገኛለን

. ■ 

የተሟላ የሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴ አንዳንድ እኩልነቶችን ለማረጋገጥ ጥቅም ላይ ይውላል. የቤርኑሊ ኢ-እኩልነት እናረጋግጥ።

 ለምሳሌ6.3. መቼ እንደሆነ ያረጋግጡ
እና ማንኛውም ተፈጥሯዊ nአለመመጣጠን እውነት ነው።
(የበርኑሊ አለመመጣጠን)።

መፍትሄ። 1) መቼ n=1 እናገኛለን
, ይህም እውነት ነው.

2) መቼ እንደሆነ እንገምታለን n=ክእኩልነት አለ
(*). ይህንን ግምት በመጠቀም, ያንን እናረጋግጣለን
. መቼ እንደሆነ አስተውል
ይህ እኩልነት ይይዛል እና ስለዚህ ጉዳዩን ግምት ውስጥ ማስገባት በቂ ነው
.

የእኩልነት (*) ሁለቱንም ጎኖች በቁጥር እናባዛለን።
እና እናገኛለን:

ይህም (1+
.■ 

በዘዴ ማረጋገጫ ያልተሟላ የሂሳብ ማስተዋወቅ አንዳንድ መግለጫዎች ላይ በመመስረት n፣ የት
በተመሳሳይ መንገድ ይከናወናል, ነገር ግን መጀመሪያ ላይ ፍትሃዊነት በትንሹ እሴት ይመሰረታል n.

አንዳንድ ችግሮች በሒሳብ ኢንዳክሽን ሊረጋገጥ የሚችለውን መግለጫ በግልጽ አይገልጹም። በእንደዚህ ዓይነት ሁኔታዎች ውስጥ, ንድፉን እራስዎ ማቋቋም እና የዚህን ስርዓተ-ጥለት ትክክለኛነት መላምት ማድረግ እና ከዚያም የታቀደውን መላምት ለመፈተሽ የሂሳብ ኢንዳክሽን ዘዴን ይጠቀሙ.

 ለምሳሌ6.4. መጠኑን ያግኙ
.

መፍትሄ።ድምርዎቹን እንፈልግ ኤስ 1 , ኤስ 2 , ኤስ 3. እና አለነ
,
,
. ለማንኛውም የተፈጥሮ መላምት እንገምታለን። nቀመሩ ትክክለኛ ነው።
. ይህንን መላምት ለመፈተሽ የተሟላ የሂሳብ ማስተዋወቅ ዘዴን እንጠቀማለን።

1) መቼ n=1 መላምት ትክክል ነው፣ ምክንያቱም
.

2) መላምቱ እውነት ነው እንበል n=ክ,
, ያውና
. ይህን ቀመር በመጠቀም፣ መላምቱ መቼም ቢሆን እውነት መሆኑን እናረጋግጣለን። n=ክ+1፣ ማለትም

በእርግጥም,

ስለዚህ መላምቱ መቼ እውነት ነው በሚለው ግምት ላይ በመመስረት n=ክ,
፣ እውነት እንደሆነም ተረጋግጧል n=ክ+1፣ እና በሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ በመመስረት ቀመሩ ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር ትክክለኛ ነው ብለን መደምደም እንችላለን n. ■ 

 ለምሳሌ6.5. በሂሳብ ውስጥ የሁለት ወጥ ተከታታይ ተግባራት ድምር አንድ ወጥ የሆነ ቀጣይነት ያለው ተግባር መሆኑን ተረጋግጧል። በዚህ መግለጫ ላይ በመመስረት, የማንኛውም ቁጥር ድምር መሆኑን ማረጋገጥ አለብዎት
ወጥ የሆነ ቀጣይነት ያለው ተግባር አንድ ወጥ የሆነ ቀጣይነት ያለው ተግባር ነው። ነገር ግን "ወጥ በሆነ መልኩ ቀጣይነት ያለው ተግባር" የሚለውን ጽንሰ-ሐሳብ እስካሁን እስካላወቅን ድረስ ችግሩን የበለጠ በረቂቅ ሁኔታ እናቅርብ-አንዳንድ ንብረቶች ያላቸው የሁለት ተግባራት ድምር መሆኑን ይወቁ. ኤስ፣ ራሱ ንብረት አለው። ኤስ. የማንኛውም የተግባር ብዛት ድምር ንብረቱ እንዳለው እናረጋግጥ ኤስ.

መፍትሄ።እዚህ ላይ የማነሳሳት መሰረት በችግሩ አቀነባበር ውስጥ ይገኛል. የመግቢያ ግምትን ካደረግህ በኋላ፣ አስብበት
ተግባራት ረ 1 , ረ 2 , …, ረ n , ረ n+1 ንብረት ያላቸው ኤስ. ከዚያም. በቀኝ በኩል, የመጀመሪያው ቃል ንብረቱ አለው ኤስበኢንደክሽን መላምት, ሁለተኛው ቃል ንብረቱ አለው ኤስበሁኔታ። በዚህም ምክንያት, ድምራቸው ንብረቱ አለው ኤስ- ለሁለት ቃላት የማነሳሳት መሰረት "ይሰራል".

ይህ መግለጫውን ያረጋግጣል እና የበለጠ እንጠቀማለን. ■ 

 ለምሳሌ6.6. ሁሉንም ተፈጥሯዊ ያግኙ n, ለዚህም እኩልነት እውነት ነው

መፍትሄ።እስቲ እናስብ n=1, 2, 3, 4, 5, 6. አለን: 2 1 >1 2, 2 2 = 2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2፣2 6 >6 2። ስለዚህ, አንድ መላምት ማድረግ እንችላለን-እኩልነት
ለሁሉም ቦታ አለው።
. የዚህን መላምት እውነት ለማረጋገጥ፣ ያልተሟላ የሂሳብ ኢንዳክሽን መርህን እንጠቀማለን።

1) ከላይ እንደተገለጸው፣ ይህ መላምት እውነት የሚሆነው መቼ ነው። n=5.

2) እውነት ነው ብለው ያስቡ n=ክ,
ማለትም አለመመጣጠን እውነት ነው።
. ይህንን ግምት በመጠቀም, አለመመጣጠን መሆኑን እናረጋግጣለን
.

ምክንያቱም
እና በ
እኩልነት አለ

በ
,

ከዚያም ያንን እናገኛለን
. ስለዚህ፣ የመላምቱ እውነት በ n=ክ+1 መቼ እውነት ነው ከሚል ግምት ይከተላል n=ክ,
.

ከአንቀጽ። 1 እና 2፣ ባልተሟላ የሂሳብ ኢንዳክሽን መርህ ላይ በመመስረት፣ አለመመጣጠን ይከተላል።
ለእያንዳንዱ ተፈጥሯዊ እውነት
. ■ 

 ለምሳሌ6.7. ለማንኛውም የተፈጥሮ ቁጥር ያረጋግጡ nየልዩነት ቀመር ትክክለኛ ነው
.

መፍትሄ።በ n=1 ይህ ቀመር ይመስላል
, ወይም 1=1, ማለትም, ትክክል ነው. የመግቢያ ግምቱን ስንሰራ፡-

ጥ.ኢ.ዲ. ■ 

 ለምሳሌ6.8. ስብስቡን ያካተተ መሆኑን ያረጋግጡ nንጥረ ነገሮች, አለው ንዑስ ስብስቦች

መፍትሄ።አንድ አካል የያዘ ስብስብ ሀ፣ ሁለት ንዑስ ክፍሎች አሉት። ይህ እውነት ነው ምክንያቱም ሁሉም ንዑስ ስብስቦች ባዶ ስብስብ እና ባዶ ስብስብ እራሱ እና 2 1 = 2 ናቸው.

እያንዳንዱን ስብስብ እንውሰድ nንጥረ ነገሮች አሉት ንዑስ ስብስቦች ስብስብ A ያቀፈ ከሆነ n+1 ኤለመንቶች፣ ከዚያ በውስጡ አንድ ኤለመንት እናስተካክላለን - እንጠቁማለን። መ, እና ሁሉንም ንዑስ ስብስቦች በሁለት ክፍሎች ይከፋፍሏቸው - የሌላቸው መእና የያዘ መ. ከመጀመሪያው ክፍል ሁሉም ንዑስ ስብስቦች አንድን ኤለመንትን በማስወገድ ከ A የተገኙ የ B ስብስቦች ናቸው መ.

ስብስብ B ያካትታል nንጥረ ነገሮች, እና ስለዚህ, በማነሳሳት, እሱ አለው ንዑስ ስብስቦች, ስለዚህ በመጀመሪያው ክፍል ንዑስ ስብስቦች

ነገር ግን በሁለተኛው ክፍል ውስጥ አንድ አይነት የንዑስ ስብስቦች አሉ-እያንዳንዳቸው አንድን ንጥረ ነገር በመጨመር ከመጀመሪያው ክፍል በትክክል አንድ ክፍል ያገኛሉ. መ. ስለዚህ, በአጠቃላይ ስብስብ A
ንዑስ ስብስቦች

ስለዚህ መግለጫው ተረጋግጧል. 0 ኤለመንቶችን ላቀፈ ስብስብ እውነት መሆኑን ልብ ይበሉ - ባዶው ስብስብ፡ አንድ ነጠላ ስብስብ አለው - ራሱ፣ እና 2 0 = 1። ■ 