Riyazi induksiya metodu dərs qeydləri. Nümunələr - riyazi induksiya

RİYASİ İNDUKSİYA METODU

Rus dilində induksiya sözü rəhbərlik deməkdir və müşahidələrə, təcrübələrə əsaslanan nəticələr, yəni induktiv adlanır. xüsusidən ümumiyə nəticə çıxarmaqla əldə edilir.

Məsələn, hər gün Günəşin şərqdən çıxdığını müşahidə edirik. Ona görə də əmin ola bilərsiniz ki, sabah o, qərbdə yox, şərqdə peyda olacaq. Günəşin səmada hərəkət etməsinin səbəbi ilə bağlı heç bir fərziyyəyə müraciət etmədən bu nəticəni çıxarırıq (üstəlik, bu hərəkətin özü aydın olur, çünki yer kürəsi əslində hərəkət edir). Və yenə də bu induktiv nəticə sabah edəcəyimiz müşahidələri düzgün təsvir edir.

Eksperimental elmlərdə induktiv nəticələrin rolu çox böyükdür. Onlar o müddəaları verirlər ki, onlardan çıxma yolu ilə əlavə nəticələr çıxarılır. Nəzəri mexanika Nyutonun üç hərəkət qanununa əsaslansa da, bu qanunların özü eksperimental məlumatlar, xüsusən də Danimarka astronomu Tixonun uzun illər müşahidələrinin işlənməsi nəticəsində əldə etdiyi Keplerin planetlərin hərəkət qanunları vasitəsilə dərin düşünmənin nəticəsi idi. Brahe. Müşahidə və induksiya irəli sürülən fərziyyələri aydınlaşdırmaq üçün gələcəkdə faydalı olacaq. Mişelsonun hərəkət edən mühitdə işığın sürətinin ölçülməsinə dair təcrübələrindən sonra fizika qanunlarını aydınlaşdırmaq və nisbilik nəzəriyyəsini yaratmaq lazım olduğu ortaya çıxdı.

Riyaziyyatda induksiyanın rolu əsasən seçilmiş aksiomatikanın əsasını təşkil edir. Uzunmüddətli təcrübə düz yolun əyri və ya qırıq yoldan həmişə qısa olduğunu göstərdikdən sonra aksiom formalaşdırmaq təbii idi: hər üç A, B və C nöqtəsi üçün bərabərsizlik.

Arifmetikanın əsasını təşkil edən təqib anlayışı da əsgərlərin, gəmilərin və digər sifarişli çoxluqların formalaşması müşahidələrindən yaranmışdır.

Bununla belə, bunun riyaziyyatda induksiyanın rolunu tükəndiyini düşünməmək lazımdır. Əlbəttə, biz aksiomlardan məntiqlə çıxarılan teoremləri eksperimental olaraq yoxlamaq lazım deyil: əgər törəmə zamanı məntiqi xətalara yol verilməyibsə, deməli, qəbul etdiyimiz aksiomlar doğru olduğu qədər onlar doğrudur. Lakin bu aksiomlar sistemindən çoxlu ifadələr çıxarmaq olar. Və sübut edilməli olan ifadələrin seçilməsi yenidən induksiya ilə təklif olunur. Məhz bu, faydalı teoremləri yararsız olanlardan ayırmağa imkan verir, hansı teoremlərin doğru ola biləcəyini göstərir və hətta sübut yolunu göstərməyə kömək edir.

Riyazi induksiya metodunun mahiyyəti

Arifmetika, cəbr, həndəsə və analizin bir çox sahələrində təbii dəyişəndən asılı olaraq A(n) cümlələrinin doğruluğunu sübut etmək lazımdır. Bir dəyişənin bütün qiymətləri üçün A(n) müddəasının doğruluğunun sübutu çox vaxt aşağıdakı prinsipə əsaslanan riyazi induksiya üsulu ilə həyata keçirilə bilər.

Aşağıdakı iki şərt yerinə yetirilərsə, A(n) təklifi dəyişənin bütün təbii dəyərləri üçün doğru hesab olunur:

A(n) təklifi n=1 üçün doğrudur.

n=k (burada k hər hansı natural ədəddir) üçün A(n) doğru olması fərziyyəsindən belə nəticə çıxır ki, n=k+1 növbəti qiymət üçün doğrudur.

Bu prinsip riyazi induksiya prinsipi adlanır. O, adətən ədədlərin natural seriyasını təyin edən aksiomalardan biri kimi seçilir və buna görə də sübut olmadan qəbul edilir.

Riyazi induksiya üsulu dedikdə aşağıdakı sübut üsulu başa düşülür. Əgər bütün təbii n üçün A(n) cümləsinin doğruluğunu sübut etmək istəyirsinizsə, onda birincisi, A(1) müddəasının doğruluğunu yoxlamalı və ikincisi, A(k) müddəasının doğruluğunu fərz etməlisiniz, A(k +1) ifadəsinin doğru olduğunu sübut etməyə çalışın. Əgər bu sübut oluna bilərsə və sübut k-nin hər bir təbii dəyəri üçün etibarlı qalsa, riyazi induksiya prinsipinə uyğun olaraq, A(n) müddəasının bütün n qiymətləri üçün doğru olduğu qəbul edilir.

Riyazi induksiya üsulundan teoremlərin, eyniliklərin, bərabərsizliklərin isbatında, bölünmə məsələlərinin həllində, bəzi həndəsi və bir çox başqa məsələlərin həllində geniş istifadə olunur.

Məsələlərin həllində riyazi induksiya üsulu

bölünmə qabiliyyəti

Riyazi induksiya metodundan istifadə edərək natural ədədlərin bölünməsi ilə bağlı müxtəlif müddəaları sübut edə bilərsiniz.

Aşağıdakı ifadəni nisbətən sadə şəkildə sübut etmək olar. Riyazi induksiya metodundan istifadə etməklə onun necə alındığını göstərək.

Misal 1. Əgər n natural ədəddirsə, o zaman ədəd cütdür.

n=1 olduqda müddəamız doğrudur: - cüt ədəd. Tutaq ki, cüt ədəddir. Çünki 2k cüt ədəddir hətta. Deməli, n=1 üçün paritet isbat edilir, paritetdən paritet çıxarılır .Bu o deməkdir ki, n-nin bütün təbii dəyərləri üçün belədir.

Misal 2.Cümlənin doğruluğunu sübut edin

A(n)=(5 ədədi 19-un qatıdır), n natural ədəddir.

Həll.

A(1)=(19-a bölünən ədəd) ifadəsi doğrudur.

Tutaq ki, hansısa qiymət üçün n=k

A(k)=(19-a bölünən ədəd) doğrudur. Sonra, o vaxtdan bəri

Aydındır ki, A(k+1) də doğrudur. Həqiqətən də, A(k)-ın doğru olduğu fərziyyəsinə görə birinci hədd 19-a bölünür; ikinci hədd də 19-a bölünür, çünki 19 amilini ehtiva edir. Riyazi induksiya prinsipinin hər iki şərti ödənilir, buna görə də A(n) müddəa n-nin bütün qiymətləri üçün doğrudur.

Riyazi induksiya metodunun tətbiqi

yekun seriyası

Misal 1.Düsturu sübut edin

, n natural ədəddir.

Həll.

n=1 olduqda bərabərliyin hər iki tərəfi birinə çevrilir və deməli, riyazi induksiya prinsipinin birinci şərti ödənilir.

Fərz edək ki, düstur n=k üçün düzgündür, yəni.

.

Gəlin bu bərabərliyin hər iki tərəfinə əlavə edək və sağ tərəfi çevirək. Sonra alırıq

Beləliklə, düsturun n=k üçün doğru olmasından belə nəticə çıxır ki, n=k+1 üçün də doğrudur. Bu ifadə k-nin istənilən təbii dəyəri üçün doğrudur. Deməli, riyazi induksiya prinsipinin ikinci şərti də ödənilir. Formula sübut edilmişdir.

Misal 2.Təbii silsilənin ilk n ədədinin cəminin -ə bərabər olduğunu sübut edin.

Həll.

Lazım olan məbləği qeyd edək, yəni. .

n=1 olduqda fərziyyə doğrudur.

Qoy . Gəlin bunu göstərək .

Həqiqətən,

Problem həll olunur.

Misal 3.Natural seriyanın ilk n ədədinin kvadratlarının cəminin bərabər olduğunu sübut edin .

Həll.

Qoy .

.

Belə iddia edək . Sonra

Və nəhayət.

Misal 4. Bunu sübut et.

Həll.

Əgər, onda

Misal 5. Bunu sübut et

Həll.

n=1 olduqda fərziyyə açıq şəkildə doğrudur.

Qoy .

Bunu sübut edək.

Həqiqətən,

Riyazi induksiya metodunun tətbiqi nümunələri

bərabərsizliklərin sübutu

Misal 1.İstənilən natural ədəd üçün n>1 olduğunu sübut edin

.

Həll.

Bərabərsizliyin sol tərəfini ilə işarə edək.

Deməli, n=2 üçün bərabərsizlik etibarlıdır.

Bəzi k üçün edək. Gəlin bunu sübut edək və. bizdə var , .

Müqayisə edən və , bizdə var , yəni. .

İstənilən müsbət k tam ədədi üçün sonuncu bərabərliyin sağ tərəfi müsbətdir. Buna görə də . Amma bu da deməkdir.

Misal 2.Məntiqdəki səhvi tapın.

Bəyanat. İstənilən n natural ədədi üçün bərabərsizlik doğrudur.

Sübut.

. (1)

Sübut edək ki, onda bərabərsizlik n=k+1 üçün də etibarlıdır, yəni.

.

Həqiqətən, hər hansı bir təbii k üçün 2-dən az olmamalıdır. Gəlin bərabərsizliyin sol tərəfinə (1) və sağ tərəfinə 2 əlavə edək. Ədalətli bərabərsizlik əldə edirik və ya . Bəyanat sübuta yetirilib.

Misal 3.Bunu sübut et , burada >-1, , n 1-dən böyük natural ədəddir.

Həll.

n=2 üçün bərabərsizlik doğrudur, çünki .

n=k üçün bərabərsizlik doğru olsun, burada k hansısa natural ədəddir, yəni.

. (1)

Göstərək ki, onda bərabərsizlik n=k+1 üçün də etibarlıdır, yəni.

. (2)

Həqiqətən, şərtlə, , buna görə də bərabərsizlik doğrudur

, (3)

bərabərsizliyindən (1) hər bir hissəni çarpmaqla əldə edilir. (3) bərabərsizliyini aşağıdakı kimi yenidən yazaq: . Son bərabərsizliyin sağ tərəfindəki müsbət termini silməklə ədalətli bərabərsizlik əldə edirik (2).

Misal 4. Bunu sübut et

(1)

burada , , n 1-dən böyük natural ədəddir.

Həll.

n=2 bərabərsizlik (1) formasını alır

. (2)

olduğundan, onda bərabərsizlik doğrudur

. (3)

(3) bərabərsizliyinin hər bir hissəsinə əlavə etməklə (2) bərabərsizliyini əldə edirik.

Bu, n=2 bərabərsizliyinin (1) doğru olduğunu sübut edir.

(1) bərabərsizliyi n=k üçün doğru olsun, burada k hansısa natural ədəddir, yəni.

. (4)

Sübut edək ki, onda (1) bərabərsizlik n=k+1 üçün də doğru olmalıdır, yəni.

(5)

(4) bərabərsizliyinin hər iki tərəfini a+b ilə vuraq. Çünki şərtlə, biz aşağıdakı ədalətli bərabərsizliyi əldə edirik:

. (6)

(5) bərabərsizliyinin doğruluğunu sübut etmək üçün bunu göstərmək kifayətdir

, (7)

və ya eyni nədir,

. (8)

(8) bərabərsizlik bərabərsizliyə bərabərdir

. (9)

Əgər , onda , və bərabərsizliyin sol tərəfində (9) iki müsbət ədədin hasilinə sahibik. Əgər , onda , və bərabərsizliyin sol tərəfində (9) iki mənfi ədədin hasilinə sahibik. Hər iki halda (9) bərabərsizlik doğrudur.

Bu sübut edir ki, (1) bərabərsizliyinin n=k üçün etibarlılığı onun n=k+1 üçün etibarlılığını nəzərdə tutur.

Başqalarına tətbiq olunan riyazi induksiya üsulu

tapşırıqlar

Ədədlər nəzəriyyəsində və cəbrdə bu metodun istifadəsinə yaxın olan həndəsədə riyazi induksiya metodunun ən təbii tətbiqi onun həndəsi hesablama məsələlərinin həllinə tətbiq edilməsidir. Gəlin bir neçə nümunəyə baxaq.

Misal 1.Radiusu R olan bir dairəyə yazılmış düzgün kvadratın tərəfini hesablayın.

Həll.

n=2 doğru olduqda 2 n - kvadrat kvadratdır; onun tərəfi. Bundan əlavə, ikiqat düstura görə

düzgün səkkizbucağın tərəfi olduğunu görürük , müntəzəm altıbucaqlının tərəfi , müntəzəm otuz iki üçbucağın tərəfi . Buna görə də düzgün yazılan tərəfin 2 olduğunu güman edə bilərik n - istənilən bərabər üçün kvadrat

. (1)

Fərz edək ki, düzbucaqlı kvadratın tərəfi (1) düsturu ilə ifadə edilir. Bu halda, ikiqat düstura görə

,

buradan belə çıxır ki, (1) düstur bütün n üçün etibarlıdır.

Misal 2.Bir n-bucaqlı (mütləq qabarıq deyil) ayrı-ayrı diaqonallarına görə neçə üçbucağa bölünə bilər?

Həll.

Üçbucaq üçün bu rəqəm birə bərabərdir (üçbucaqda heç bir diaqonal çəkilə bilməz); dördbucaqlı üçün bu rəqəm açıq-aydın ikidir.

Tutaq ki, biz artıq bilirik ki, hər k-gon, burada k 1 A 2 ...A n üçbucaqlara.

A n

A 1 A 2

A 1 A k bu bölmənin diaqonallarından biri olsun; n-qonaqlı A 1 A 2 ...A n-ni k-qonuna A 1 A 2 ...A k və (n-k+2)-qon A 1 A k A k+1 ..-ə bölür. .A n . Edilən fərziyyəyə görə, bölmədəki üçbucaqların ümumi sayı bərabər olacaqdır

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

Beləliklə, bizim ifadəmiz bütün n üçün sübut edilmişdir.

Misal 3.Qabarıq n-bucaqlının ayrı-ayrı diaqonallarla üçbucaqlara bölünməsi yollarının P(n) sayının hesablanması qaydasını göstərin.

Həll.

Üçbucaq üçün bu ədəd açıq şəkildə birə bərabərdir: P(3)=1.

Tutaq ki, artıq bütün k üçün P(k) ədədlərini təyin etmişik 1 A 2 ...A n . Üçbucaqlara bölündükdə, A tərəfi 1 A 2 arakəsmə üçbucaqlarından birinin tərəfi olacaq, bu üçbucağın üçüncü təpəsi A nöqtələrinin hər biri ilə üst-üstə düşə bilər. 3, A 4, …, A n . Bu təpənin A nöqtəsi ilə üst-üstə düşdüyü n-bucaqlını bölmək yollarının sayı 3 , (n-1)-qon A-nın üçbucaqlara bölünmə yollarının sayına bərabərdir 1 A 3 A 4 …A n , yəni. bərabərdir P(n-1). Bu təpənin A ilə üst-üstə düşdüyü bölmə üsullarının sayı 4 , (n-2)-qon A-nı bölmək yollarının sayına bərabərdir 1 A 4 A 5 …A n , yəni. bərabərdir P(n-2)=P(n-2)P(3); A ilə üst-üstə düşdüyü bölmə üsullarının sayı 5 , P(n-3)P(4)-ə bərabərdir, çünki (n-3)-qon A bölməsinin hər biri 1 A 5 ...A n dördbucaqlı A arakəsmələrinin hər biri ilə birləşdirilə bilər 2 A 3 A 4 A 5 və s. Beləliklə, aşağıdakı əlaqəyə gəlirik:

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

Bu düsturdan istifadə edərək ardıcıl olaraq əldə edirik:

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

və s.

Siz həmçinin riyazi induksiya metodundan istifadə edərək qrafiklərlə bağlı məsələləri həll edə bilərsiniz.

Müstəvidə bəzi nöqtələri birləşdirən və başqa nöqtələri olmayan xətlər şəbəkəsi olsun. Biz bu cür xətlər şəbəkəsini xəritə adlandıracağıq, onun təpələri kimi nöqtələr, iki bitişik təpə arasındakı əyrilərin seqmentləri - xəritənin sərhədləri, müstəvinin sərhədlərlə bölündüyü hissələri - xəritənin ölkələri.

Təyyarədə bəzi xəritə verilsin. Deyəcəyik ki, hər bir ölkə müəyyən bir rəngə boyansa və ümumi haşiyəsi olan hər iki ölkə fərqli rənglərə boyansa, düzgün rənglənmişdir.

Misal 4.Təyyarədə n dairə var. Sübut edin ki, bu dairələrin hər hansı düzülüşü üçün onların yaratdığı xəritə iki rənglə düzgün rənglənə bilər.

Həll.

n=1 üçün ifadəmiz aydındır.

Fərz edək ki, n dairənin yaratdığı istənilən xəritə üçün müddəamız doğrudur və müstəvidə n+1 dairələr olsun. Bu dairələrdən birini silməklə, edilən fərziyyəyə görə, iki rənglə, məsələn, qara və ağ ilə düzgün rənglənə bilən bir xəritə əldə edirik.

Savelyeva Yekaterina

Məqalədə riyazi induksiya metodunun bölünmə məsələlərinin həllində və sıraların toplanmasında tətbiqi müzakirə olunur. Bərabərsizliklərin isbatında və həndəsi məsələlərin həllində riyazi induksiya metodunun tətbiqi nümunələri nəzərdən keçirilir. Əsər təqdimatla təsvir edilmişdir.

Yüklə:

Önizləmə:

Rusiya Federasiyasının Elm və Təhsil Nazirliyi

Dövlət təhsil müəssisəsi

618 nömrəli tam orta məktəb

Kurs: cəbr və təhlilin başlanğıcı

Layihə işinin mövzusu

“Riyazi induksiya metodu və onun məsələnin həllində tətbiqi”

İş tamamlandı: Savelyeva E, 11B sinif

Nəzarətçi : Makarova T.P., riyaziyyat müəllimi, 618 nömrəli tam orta məktəb

1. Giriş.

2. Bölünmə məsələlərinin həllində riyazi induksiya üsulu.

3. Riyazi induksiya metodunun sıraların cəmlənməsinə tətbiqi.

4. Bərabərsizliklərin isbatına riyazi induksiya metodunun tətbiqi nümunələri.

5. Riyazi induksiya metodunun həndəsi məsələlərin həllinə tətbiqi.

6. İstifadə olunmuş ədəbiyyatların siyahısı.

Giriş

İstənilən riyazi tədqiqatın əsasını deduktiv və induktiv üsullar təşkil edir. Deduktiv düşünmə üsulu ümumidən xüsusiyə doğru əsaslandırmadır, yəni. başlanğıc nöqtəsi ümumi nəticə, son nöqtəsi isə xüsusi nəticə olan əsaslandırma. İnduksiya xüsusi nəticələrdən ümumi nəticələrə keçərkən istifadə olunur, yəni. deduktiv metodun əksidir. Riyazi induksiya metodunu tərəqqi ilə müqayisə etmək olar. Biz ən aşağıdan başlayırıq və məntiqi təfəkkür nəticəsində ən yüksəklərə çatırıq. İnsan həmişə tərəqqiyə, düşüncələrini məntiqlə inkişaf etdirmək bacarığına can atıb, bu isə o deməkdir ki, təbiət özü ona induktiv düşünməyi təyin edib. Riyazi induksiya metodunun tətbiq dairəsi genişlənsə də, məktəb proqramında buna az vaxt ayrılır.Lakin induktiv düşünməyi bacarmaq belə vacibdir. Məsələlərin həllində və teoremlərin sübutunda bu prinsipin tətbiqi digər riyazi prinsiplərin məktəb praktikasında nəzərə alınması ilə eyni səviyyədədir: xaric edilmiş orta, daxil etmə-istisna, Dirixlet və s. əsas alət riyazi induksiyanın istifadə üsuludur. Bu metodun əhəmiyyətindən danışan A.N. Kolmoqorov qeyd etdi ki, “riyazi induksiya prinsipini başa düşmək və tətbiq etmək bacarığı riyaziyyatçı üçün mütləq zəruri olan yetkinliyin yaxşı meyarıdır”. Geniş mənada induksiya üsulu xüsusi müşahidələrdən universal, ümumi nümunəyə və ya ümumi formaya keçiddən ibarətdir. Bu şərhdə üsul, əlbəttə ki, hər hansı bir eksperimental təbiət elmində tədqiqatın aparılmasının əsas metodudur.

insan fəaliyyəti. Ən sadə formada riyazi induksiyanın metodu (prinsipi) bütün natural ədədlər üçün müəyyən ifadəni sübut etmək lazım olduqda istifadə olunur.

Tapşırıq 1. “Mən necə riyaziyyatçı oldum” məqaləsində A.N. Kolmoqorov yazır: “Mən riyazi “kəşf”in sevincini beş-altı yaşında bir nümunə görərək erkən öyrəndim.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 və s.

Məktəbdə “Bahar qaranquşları” jurnalı nəşr olunurdu. Orada mənim kəşfim dərc olundu...”

Bu jurnalda hansı sübutların verildiyini bilmirik, lakin hər şey şəxsi müşahidələrlə başladı. Yəqin ki, bu qismən bərabərliklərin kəşfindən sonra yaranan fərziyyənin özü də düsturdur

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

hər hansı bir nömrə üçün doğrudur n = 1, 2, 3, ...

Bu fərziyyəni sübut etmək üçün iki faktı ortaya qoymaq kifayətdir. Birincisi, üçün n = 1 (və hətta n = üçün 2, 3, 4) istədiyiniz ifadə doğrudur. İkincisi, fərz edək ki, bu ifadə doğrudur p = k, və bunun üçün də doğru olduğuna əmin olacağıq n = k + 1:

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

Bu o deməkdir ki, sübut edilən ifadə bütün dəyərlər üçün doğrudur n: n = üçün 1 doğrudur (bu təsdiqlənmişdir) və ikinci fakta görə - üçün n = 2, n üçün haradandır = 3 (eyni, ikinci fakta görə) və s.

Məsələ 2. Say 1 və hər hansı (müsbət tam) olan bütün mümkün adi kəsrləri nəzərdən keçirin.

(nominal) məxrəc: İstənilən üçün bunu sübut edin p> 3 vahidi cəmi kimi təmsil edə bilərik P bu növün müxtəlif fraksiyaları.

Həll, Gəlin əvvəlcə bu ifadəni yoxlayaq n = 3; bizdə:

Beləliklə, əsas ifadə təmin edilir

İndi fərz edək ki, bizi maraqlandıran ifadə hansısa rəqəm üçün doğrudurüçün, və ondan sonrakı ədəd üçün də doğru olduğunu sübut edin Kimə + 1. Başqa sözlə desək, təmsilin olduğunu düşünək

hansı k terminlər və bütün məxrəclər fərqlidir. Sübut edək ki, o zaman bizdən cəmi kimi birliyin təmsilini əldə edə bilərik Kimə Tələb olunan növün + 1 fraksiyaları. Fərz edək ki, kəsrlər azalır, yəni məxrəclər (vahidin cəmi ilə təmsil olunmasında) Kimə şərtləri) soldan sağa artır ki T - məxrəclərin ən böyüyü. Bizə lazım olan təmsili məbləğ şəklində alacağıq(Kimə + 1) bir kəsri, məsələn, sonuncunu ikiyə bölsək. Bu, ona görə edilə bilər

Və buna görə də

Bundan əlavə, bütün fraksiyalar fərqli olaraq qaldı, çünki T ən böyük məxrəc idi və t + 1 > t, və

t(t + 1) > t.

Beləliklə, biz müəyyən etdik:

1. n = ilə 3 bu ifadə doğrudur;

1. maraqlandığımız ifadə doğrudursaüçün,
   onda bu, üçün də doğrudur k + 1.

Buna əsaslanaraq iddia edə bilərik ki, sözügedən müddəa üçdən başlayaraq bütün natural ədədlər üçün doğrudur. Üstəlik, yuxarıdakı sübut həm də birliyin tələb olunan bölməsini tapmaq üçün bir alqoritmi nəzərdə tutur. (Bu hansı alqoritmdir? 1 rəqəmini təkbaşına 4, 5, 7 həddlərin cəmi kimi təsəvvür edin.)

Əvvəlki iki problemin həllində iki addım atıldı. İlk addım adlanırəsas induksiya, ikinci -induktiv keçidvə ya induksiya mərhələsi. İkinci addım ən vacibdir və bu, bir fərziyyə irəli sürməyi əhatə edir (bəyanat doğru olduqda n = k) və nəticə (bəyanat doğru olduqda n = k + 1). n parametrinin özü çağırılır induksiya parametri.Həm əsas, həm də keçid etibarlı olduğundan, sözügedən müddəanın bütün natural ədədlər üçün (yaxud bəzilərindən başlayaraq hamı üçün) doğru olduğu qənaətinə gəlməyə imkan verən bu məntiqi sxem (texnika) adlanır.riyazi induksiya prinsipi, hansının üstündə Riyazi induksiya üsuluna əsaslanır."İnduksiya" termininin özü latın sözündəndir induksiya (rəhbərlik), müəyyən sinfin ayrı-ayrı obyektləri haqqında vahid bilikdən müəyyən sinfin bütün obyektləri haqqında ümumi nəticəyə keçid deməkdir ki, bu da idrakın əsas üsullarından biridir.

Riyazi induksiya prinsipi, iki addımın tanış formasında, ilk dəfə 1654-cü ildə Blez Paskalın "Arifmetik üçbucaq haqqında traktat"ında ortaya çıxdı, burada birləşmələrin sayını (binom əmsalları) hesablamaq üçün sadə bir üsul induksiya ilə sübut edildi. D.Polya kitabda kvadrat mötərizədə verilmiş kiçik dəyişikliklərlə B.Paskaldan sitat gətirir:

“Baxmayaraq ki, sözügedən təklif [binomial əmsallar üçün açıq düstur] saysız-hesabsız xüsusi halları ehtiva edir, mən bunun üçün iki lemmaya əsaslanaraq çox qısa bir sübut verəcəyəm.

Birinci lemma, fərziyyənin səbəbə görə doğru olduğunu bildirir - bu, göz qabağındadır. [Saat P = 1 açıq düstur etibarlıdır...]

İkinci lemma aşağıdakıları ifadə edir: əgər bizim fərziyyəmiz ixtiyari əsas üçün [ixtiyari r üçün] doğrudursa, o zaman bu, aşağıdakı səbəbə görə doğru olacaqdır. n + 1].

Bu iki lemmadan belə nəticə çıxır ki, təklif bütün dəyərlər üçün etibarlıdır P. Həqiqətən, birinci lemmaya görə bu, doğrudur P = 1; ona görə də ikinci lemmaya görə, üçün doğrudur P = 2; buna görə də, yenə ikinci lemma sayəsində, üçün etibarlıdır n = 3 və s. sonsuzdur.”

Məsələ 3. Hanoy Qüllələri tapmacası üç çubuqdan ibarətdir. Çubuqların birində aşağıdan yuxarıya doğru azalan müxtəlif diametrli bir neçə halqadan ibarət piramida (şəkil 1) var.

Şəkil 1

Bu piramida digər çubuqlardan birinə köçürülməlidir, hər dəfə yalnız bir halqa hərəkət etdirməli və daha böyük üzük kiçik olana qoyulmamalıdır. Bunu etmək mümkündürmü?

Həll. Beləliklə, suala cavab verməliyik: ibarət olan bir piramidanı hərəkət etdirmək olarmı? P müxtəlif diametrli üzüklər, bir çubuqdan digərinə, oyun qaydalarına riayət etməklə? İndi biz, necə deyərlər, problemi parametrləşdirmişik (natural ədəd nəzərə alınıb P), və onu riyazi induksiya ilə həll etmək olar.

1. İnduksiya bazası. n = olduqda 1 hər şey aydındır, çünki bir üzükdən ibarət bir piramida açıq şəkildə hər hansı bir çubuğa köçürülə bilər.
2. İnduksiya mərhələsi. Fərz edək ki, halqaların sayı ilə istənilən piramidaları hərəkət etdirə bilərik p = k.
   Sübut edək ki, o zaman pyra midka-nı oradan köçürə bilərik n = k + 1.

Piramidadan üzüklər ən böyüyündə uzanır(Kimə + 1)-ci üzük, biz fərziyyəyə görə onu hər hansı digər çubuğa köçürə bilərik. Gəl edək. hərəkətsiz(Kimə + 1)-ci halqa hərəkət alqoritmini həyata keçirməyimizə mane olmayacaq, çünki o, ən böyüyüdür. Hərəkət etdikdən sonra Kimə üzüklər, gəlin bu ən böyüyü hərəkət etdirək(Kimə + 1)qalan çubuqdakı halqa. Və sonra yenidən induktiv fərziyyə ilə bizə məlum olan hərəkət alqoritmini tətbiq edirik Kimə üzükləri bağlayın və onları aşağıda yatan çubuğa doğru hərəkət etdirin(Kimə + 1) üzük. Beləliklə, piramidaları necə hərəkət etdirəcəyimizi bilsək Kimə üzüklər, o zaman biz piramidaları və ilə necə hərəkət etdirəcəyimizi bilirik Kimə + 1 üzük. Buna görə də, riyazi induksiya prinsipinə əsasən, hər zaman n üzüklər, burada n > 1.

Bölünmə məsələlərinin həllində riyazi induksiya üsulu.

Riyazi induksiya metodundan istifadə edərək natural ədədlərin bölünməsi ilə bağlı müxtəlif müddəaları sübut edə bilərsiniz.

Problem 4 . Əgər n natural ədəddirsə, o zaman ədəd cütdür.

n=1 olduqda müddəamız doğrudur: - cüt ədəd. Tutaq ki, cüt ədəddir. 2k cüt ədəd olduğu üçün cütdür. Deməli, n=1 üçün paritet isbat edilir, paritetdən paritet çıxarılır.Bu o deməkdir ki, o, n-nin bütün təbii qiymətləri üçün belədir.

Məsələ 3. Z ədədinin olduğunu sübut edin 3 + 3 - 26n - 27 ixtiyari təbii ilə n 26 2-yə qalıqsız bölünür.

Həll. Əvvəlcə köməkçi ifadəni induksiya ilə sübut edək ki, 3 3n+3 — 1 olduqda, 26-ya qalıqsız bölünür n > 0.

1. İnduksiya bazası. n = 0 üçün bizdə: 3 3 - 1 = 26—26-ya bölünür.

İnduksiya mərhələsi. Fərz edək ki, 3 3n+3 - 1 26-ya bölündükdə n = k, və Gəlin sübut edək ki, bu halda ifadə doğru olacaq n = k + 1. 3-dən bəri

onda induktiv fərziyyədən belə nəticəyə gəlirik ki, 3 rəqəmi 3k + 6 - 1 26-ya bölünür.

İndi problem bəyanatında ifadə olunan ifadəni sübut edəcəyik. Və yenə induksiya ilə.

1. İnduksiya bazası. Aydındır ki, nə vaxt n = 1 ifadə doğrudur: 3-dən bəri 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. İnduksiya mərhələsi. Tutaq ki, nə vaxt p = k
   ifadə 3 3k + 3 - 26k - 27 26-ya bölünür 2 qalıqsız və ifadənin doğru olduğunu sübut edin n = k + 1,
   yəni o nömrə

26 2-yə bölünür izsiz. Son cəmdə hər iki şərt 26-ya bölünür 2 . Birincisi ona görə ki, mötərizədəki ifadənin 26-ya bölündüyünü sübut etmişik; ikincisi induksiya fərziyyəsidir. Riyazi induksiya prinsipi sayəsində istənilən müddəa tamamilə sübuta yetirilir.

Riyazi induksiya metodunun sıraların cəmlənməsinə tətbiqi.

Tapşırıq 5. Düsturu sübut edin

N natural ədəddir.

Həll.

n=1 olduqda bərabərliyin hər iki tərəfi birinə çevrilir və deməli, riyazi induksiya prinsipinin birinci şərti ödənilir.

Fərz edək ki, düstur n=k üçün düzgündür, yəni.

Gəlin bu bərabərliyin hər iki tərəfinə əlavə edək və sağ tərəfi çevirək. Sonra alırıq

Beləliklə, düsturun n=k üçün doğru olmasından belə nəticə çıxır ki, n=k+1 üçün də doğrudur. Bu ifadə k-nin istənilən təbii dəyəri üçün doğrudur. Deməli, riyazi induksiya prinsipinin ikinci şərti də ödənilir. Formula sübut edilmişdir.

Tapşırıq 6. Lövhədə iki ədəd yazılır: 1,1. Rəqəmlərin arasına onların cəmini daxil etməklə 1, 2, 1 rəqəmlərini alırıq. Bu əməliyyatı yenidən təkrarlayaraq 1, 3, 2, 3, 1 rəqəmlərini alırıq. Üç əməliyyatdan sonra ədədlər 1, 4, 3 olacaq. , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Bundan sonra lövhədəki bütün ədədlərin cəmi neçə olacaq 100 əməliyyat?

Həll. 100 hər şeyi edin əməliyyatlar çox əmək tələb edən və vaxt aparan bir iş olardı. Bu o deməkdir ki, biz S cəmi üçün ümumi düstur tapmağa çalışmalıyıq n-dən sonrakı rəqəmlər əməliyyatlar. Cədvələ baxaq:

Burada hər hansı bir nümunə görmüsünüz? Əgər yoxsa, daha bir addım ata bilərsiniz: dörd əməliyyatdan sonra nömrələr olacaq

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

cəmi S 4 82-yə bərabərdir.

Əslində, rəqəmləri yaza bilməzsiniz, ancaq yeni nömrələr əlavə etdikdən sonra cəmin necə dəyişəcəyini dərhal söyləyin. Cəmi 5-ə bərabər olsun. Yeni ədədlər əlavə edildikdə nə olacaq? Gəlin hər yeni ədədi köhnə iki ədədin cəminə bölək. Məsələn, 1, 3, 2, 3, 1-dən 1-ə keçirik,

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

Yəni, hər bir köhnə nömrə (iki ifrat vahid istisna olmaqla) indi cəmi üç dəfə daxil edilir, beləliklə, yeni məbləğ 3S - 2-yə bərabərdir (itkin vahidləri nəzərə almaq üçün 2-ni çıxarın). Buna görə də S 5 = 3S 4 - 2 = 244 və ümumiyyətlə

Ümumi formula nədir? Əgər iki vahidin çıxılması olmasaydı, onda hər dəfə üçün gücündə olduğu kimi cəmi üç dəfə artardı (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Bizim saylarımız, indi gördüyümüz kimi, daha birdir. Beləliklə, belə güman etmək olar

İndi bunu induksiya ilə sübut etməyə çalışaq.

İnduksiya bazası. Cədvələ baxın (üçün n = 0, 1, 2, 3).

İnduksiya mərhələsi. Belə iddia edək

O zaman gəlin bunu sübut edək S k + 1 = Z k + 1 + 1.

Həqiqətən,

Beləliklə, formulamız sübut edilmişdir. Bu, yüz əməliyyatdan sonra lövhədəki bütün nömrələrin cəminin 3-ə bərabər olacağını göstərir 100 + 1.

Riyazi induksiya prinsipinin tətbiqinin gözəl bir nümunəsinə baxaq, burada əvvəlcə iki təbii parametr təqdim etməli və sonra onların cəminə induksiya aparmalısınız.

Tapşırıq 7. Əgər sübut edin= 2, x 2 = 3 və istənilən təbii üçün p> 3 əlaqə saxlanılır

x p = 3x p - 1 - 2x p - 2,

Bu

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

Həll. Qeyd edək ki, bu məsələdə ədədlərin orijinal ardıcıllığı(x p) induksiya ilə müəyyən edilir, çünki ilk ikisi istisna olmaqla, ardıcıllığımızın şərtləri induktiv şəkildə, yəni əvvəlkilər vasitəsilə dəqiqləşdirilir. Beləliklə, verilmiş ardıcıllıqlar deyilir təkrarlanan, bizdə isə bu ardıcıllıq (onun ilk iki şərtini göstərməklə) özünəməxsus şəkildə müəyyən edilir.

İnduksiya bazası. O, iki ifadənin yoxlanılmasından ibarətdir: nə vaxt n = 1 və n = 2.V Hər iki halda ifadə şərtə görə doğrudur.

İnduksiya mərhələsi. Bunun üçün fərz edək n = k - 1 və n = k ifadə yerinə yetirilir, yəni

O zaman gəlin ifadənin doğruluğunu sübut edək n = k + 1. Bizdə:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, sübut edilməli olan budur.

Tapşırıq 8. Sübut edin ki, istənilən natural ədəd Fibonaççi ədədlərinin təkrarlanan ardıcıllığının bir neçə müxtəlif şərtlərinin cəmi kimi təqdim edilə bilər:

k > 2 üçün.

Həll. Qoy n - natural ədəd. Biz induksiyanı həyata keçirəcəyik P.

İnduksiya bazası. n = olduqda 1-ci ifadə doğrudur, çünki biri Fibonaççi nömrəsidir.

İnduksiya mərhələsi. Tutaq ki, bütün natural ədədlər hansısa ədəddən kiçikdir P, Fibonaççi ardıcıllığının bir neçə müxtəlif şərtlərinin cəmi kimi təmsil oluna bilər. Ən böyük Fibonaççi ədədini tapaq Ft, üstün deyil P; beləliklə, F t p və F t +1 > p.

Çünki

İnduksiya fərziyyəsinə görə, sayı n- F t Fibonaççi ardıcıllığının bir neçə müxtəlif şərtlərinin cəmi 5 kimi təmsil oluna bilər və sonuncu bərabərsizlikdən belə nəticə çıxır ki, 8 cəminə daxil olan Fibonaççi ardıcıllığının bütün şərtləri daha azdır. F t . Buna görə də sayının genişlənməsi n = 8 + F t problemin şərtlərini ödəyir.

Bərabərsizliklərin isbatında riyazi induksiya metodunun tətbiqinə dair nümunələr.

Tapşırıq 9. (Bernulli bərabərsizliyi.)Bunu nə vaxt sübut et x > -1, x 0 və n > tam ədədi üçün 2 bərabərsizlik doğrudur

(1 + x) n > 1 + xn.

Həll. Yenə də induksiya ilə sübut edəcəyik.

1. İnduksiyanın əsası. üçün bərabərsizliyin doğruluğunu yoxlayaq n = 2. Həqiqətən,

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

2. İnduksiya mərhələsi. Tutaq ki, nömrə üçün p = k ifadə doğrudur, yəni

(1 + x) k > 1 + xk,

Burada k > 2. Bunu n = k + 1 üçün sübut edək. Bizdə: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

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

Beləliklə, riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq iddia edə bilərik ki, Bernoulli bərabərsizliyi istənilən üçün doğrudur. n > 2.

Riyazi induksiya metodundan istifadə etməklə həll olunan məsələlər kontekstində isbat edilməli olan ümumi qanun heç də həmişə aydın şəkildə ifadə olunmur. Bəzən konkret halları müşahidə etməklə onların hansı ümumi qanuna gətirib çıxardığını tapmaq (təxmin etmək) və yalnız bundan sonra riyazi induksiya üsulu ilə deyilən fərziyyəni sübut etmək lazımdır. Bundan əlavə, induksiya dəyişəni maskalana bilər və problemi həll etməzdən əvvəl induksiyanın hansı parametrlə aparılacağını müəyyən etmək lazımdır. Nümunə olaraq aşağıdakı tapşırıqları nəzərdən keçirin.

Məsələ 10. Bunu sübut edin

istənilən təbii altında n > 1.

Həll, Riyazi induksiya metodundan istifadə edərək bu bərabərsizliyi sübut etməyə çalışaq.

İnduksiya əsasını asanlıqla yoxlamaq olar: 1+

İnduksiya fərziyyəsinə görə

və bunu sübut etmək bizə qalır

İnduktiv fərziyyədən istifadə etsək, bunu iddia edəcəyik

Bu bərabərlik əslində doğru olsa da, problemin həllini bizə vermir.

Gəlin ilkin məsələdə tələb olunandan daha güclü ifadəni sübut etməyə çalışaq. Daha doğrusu, biz bunu sübut edəcəyik

Belə görünə bilər ki, bu ifadəni induksiya ilə sübut etmək ümidsiz məsələdir.

Bununla belə, n = 1 bizdə var: ifadə doğrudur. İnduktiv addımı əsaslandırmaq üçün bunu fərz edək

və sonra bunu sübut edəcəyik

Həqiqətən,

Beləliklə, biz daha güclü bir ifadəni sübut etdik, problemin bəyanatında olan ifadə dərhal sonra gəlir.

Burada ibrətamiz şey ondan ibarətdir ki, problemdə tələb olunandan daha güclü bir ifadəni sübut etməli olsaq da, induktiv addımda daha güclü bir fərziyyədən istifadə edə bildik. Bu, riyazi induksiya prinsipinin birbaşa tətbiqinin heç də həmişə məqsədə çatmadığını izah edir.

Problemin həlli zamanı yaranan vəziyyət çağırılıbixtiraçı paradoksu.Paradoksun özü də ondan ibarətdir ki, daha mürəkkəb planlar məsələnin mahiyyətinin daha dərindən dərk edilməsinə əsaslansa, daha böyük müvəffəqiyyətlə həyata keçirilə bilər.

Məsələ 11. 2 m + n - 2 m olduğunu sübut edin hər hansı bir təbii üçün növü.

Həll. Burada iki parametrimiz var. Buna görə də, sözdə həyata keçirməyə cəhd edə bilərsinizikiqat induksiya(induksiya daxilində induksiya).

Biz induktiv əsaslandırma aparacağıq P.

1. Paraqrafa uyğun olaraq induksiya bazası. n = olduqda 1 bunu yoxlamaq lazımdır 2 t ~ 1 > t. Bu bərabərsizliyi sübut etmək üçün induksiyadan istifadə edirik T.

A) Sözdə görə induksiya bazası t = olduqda 1 edam edildi
bərabərlik, bu məqbuldur.

b) Sözdə görə induksiya addımıTutaq ki, nə vaxt t = k ifadə doğrudur, yəni 2 k ~ 1 > k. Sonra qədər
üçün də deyim doğru olacaq deyək t = k + 1.
Bizdə:

təbii ilə.

Beləliklə, bərabərsizlik 2 istənilən təbii şəraitdə həyata keçirilir T.

2. Maddəyə uyğun olaraq induksiya mərhələsi.Gəlin bir neçə natural ədəd seçək və düzəldək T. Tutaq ki, nə vaxt n = I ifadə doğrudur (sabit t), yəni 2 t +1 ~ 2 > t1, və biz sübut edəcəyik ki, o zaman ifadə üçün də doğru olacaq n = l + 1.
Bizdə:

hər hansı bir təbii üçün növü.

Buna görə də, riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq (tərəfindən P) problemin ifadəsi hər kəs üçün doğrudur P və hər hansı bir sabit üçün T. Beləliklə, bu bərabərsizlik istənilən təbii üçün keçərlidir növü.

Məsələ 12. m, n və k olsun natural ədədlərdir və t > s. İki ədəddən hansı daha böyükdür:

Hər ifadədə Kimə kvadrat kök işarələri, t və p alternativdir.

Həll. Əvvəlcə bəzi köməkçi ifadələri sübut edək.

Lemma. İstənilən təbii üçün t və p (t > p) və qeyri-mənfi (mütləq tam deyil) X bərabərsizlik doğrudur

Sübut. Bərabərsizliyi nəzərdən keçirin

Bu bərabərsizlik doğrudur, çünki sol tərəfdəki hər iki amil müsbətdir. Mötərizələri genişləndirərək və çevirərək əldə edirik:

Son bərabərsizliyin hər iki tərəfinin kvadrat kökünü götürərək lemmanın ifadəsini alırıq. Beləliklə, lemma sübut edilmişdir.

İndi problemin həllinə keçək. Bu rəqəmlərdən birincisini ilə işarə edək A, və ikinci - vasitəsilə b k. Gəlin sübut edək ki, a istənilən təbii altında Kimə. Biz tək və cüt üçün ayrı-ayrılıqda riyazi induksiya metodundan istifadə edərək isbat edəcəyik Kimə.

İnduksiya bazası. k = olduqda 1 bərabərsizliyimiz var

y[t > y/n , ədalətli olması səbəbindən t > p. k olduqda = 2 tələb olunan əvəzetmə yolu ilə sübut edilmiş lemmadan alınır x = 0.

İnduksiya mərhələsi. Tutaq ki, bəziləri üçün k bərabərsizliyi a > b k ədalətli. Gəlin bunu sübut edək

İnduksiya fərziyyəsindən və kvadrat kök monotonluğundan əldə edirik:

Digər tərəfdən, sübut edilmiş lemmadan belə çıxır

Son iki bərabərsizliyi birləşdirərək əldə edirik:

Riyazi induksiya prinsipinə əsasən müddəa sübut olunur.

Problem 13. (Koşi bərabərsizliyi.)Bunu istənilən müsbət ədədlər üçün sübut edin..., a p bərabərsizlik doğrudur

Həll. n = 2 üçün bərabərsizlik

hesab edəcəyik ki, orta arifmetik və həndəsi orta (iki ədəd üçün) məlumdur. Qoy n= 2, k = 1, 2, 3, ... və əvvəlcə induksiyanı yerinə yetirin Kimə. Bu induksiyanın əsası artıq tələb olunan bərabərsizliyin artıq qurulduğunu fərz etməklə baş verir n = 2, gəlin bunu sübut edək P = 2. Bizdə (iki ədəd üçün bərabərsizliyi tətbiq etməklə):

Buna görə də induktiv fərziyyə ilə

Beləliklə, k üzərində induksiya ilə biz hamı üçün bərabərsizliyi sübut etdik səh 9 ikinin gücüdür.

Digər dəyərlər üçün bərabərsizliyi sübut etmək P Gəlin “aşağıya doğru induksiyadan” istifadə edək, yəni sübut edəcəyik ki, əgər qeyri-mənfi ixtiyari üçün bərabərsizlik yerinə yetirilirsə. P ədədlər üçün də doğrudur(S - 1-ci gün. Bunu yoxlamaq üçün qeyd edirik ki, üçün edilən fərziyyəyə görə P bərabərsizliyin mövcud olduğu nömrələr

yəni a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Hər iki hissənin bölünməsi P - 1, tələb olunan bərabərsizliyi əldə edirik.

Beləliklə, əvvəlcə qeyri-bərabərliyin sonsuz sayda mümkün qiymətlər üçün keçdiyini müəyyən etdik P, və sonra göstərdi ki, əgər bərabərsizlik üçün uyğundur P ədədlər üçün də doğrudur(S - 1) nömrələr. Buradan indi belə nəticəyə gəlirik ki, Cauty bərabərsizliyi çoxluğu üçün keçərlidir P hər hansı bir mənfi olmayan rəqəmlər n = 2, 3, 4, ...

Məsələ 14. (D. Uspenski.) Bucaqları = olan istənilən ABC üçbucağı üçün CAB, = CBA mütənasibdir, bərabərsizliklər var

Həll. Bucaqlar və mütənasibdir və bu (tərifə görə) o deməkdir ki, bu bucaqlar ümumi ölçüyə malikdir, bunun üçün = p, = (p, q kobud natural ədədlərdir).

Riyazi induksiya metodundan istifadə edək və onu cəm vasitəsilə həyata keçirək p = p + q təbii ümumi ədədlər..

İnduksiya bazası. p + q = 2 üçün bizdə: p = 1 və q = 1. Onda ABC üçbucağı ikitərəflidir və lazımi bərabərsizliklər aydındır: onlar üçbucaq bərabərsizliyindən əmələ gəlir.

İnduksiya mərhələsi. İndi fərz edək ki, p + q = 2, 3, ... üçün lazımi bərabərsizliklər qurulub, k - 1, burada k > 2. Bərabərsizliklərin üçün də keçərli olduğunu sübut edək p + q = k.

Qoy ABC - verilmiş üçbucaq> 2. Sonra AC və BC tərəfləri bərabər ola bilməz: qoy AC > BC. İndi Şəkil 2-də olduğu kimi ikitərəfli üçbucaq quraq ABC; bizdə:

AC = DC və AD = AB + BD, buna görə də,

2AC > AB + BD (1)

İndi üçbucağı nəzərdən keçirək BDC, bucaqları da mütənasibdir:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

düyü. 2

Bu üçbucaq üçün induktiv fərziyyə qüvvədədir və buna görə də

(2)

(1) və (2) əlavə edərək, əldə edirik:

2AC+BD>

və buna görə də

Eyni üçbucaqdan VBS induksiya fərziyyəsi ilə belə nəticəyə gəlirik

Əvvəlki bərabərsizliyi nəzərə alaraq belə nəticəyə gəlirik ki

Beləliklə, induktiv keçid alınır və məsələnin ifadəsi riyazi induksiya prinsipindən irəli gəlir.

Şərh. Problemin ifadəsi hətta a və p bucaqlarının mütənasib olmadığı halda da etibarlı qalır. Ümumi halda nəzərdən keçirmə əsasında biz artıq başqa bir mühüm riyazi prinsipi - davamlılıq prinsipini tətbiq etməliyik.

Məsələ 15. Bir neçə düz xətt müstəvini hissələrə ayırır. Bu hissələri ağ rəngə boyaya biləcəyinizi sübut edin

və qara rənglər belə ki, ümumi haşiyə seqmentinə malik olan bitişik hissələr müxtəlif rənglərdə olsun (Şəkil 3-də olduğu kimi). n = 4).

şəkil 3

Həll. Sətirlərin sayına görə induksiyadan istifadə edək. Elə isə qoy P - təyyarəmizi hissələrə ayıran xətlərin sayı, n > 1.

İnduksiya bazası. Yalnız bir düz xətt varsa(S = 1), sonra müstəvini iki yarım müstəviyə bölür, onlardan biri ağ, ikincisi qara rənglə rənglənə bilər və məsələnin ifadəsi doğrudur.

İnduksiya mərhələsi. İnduktiv keçidin sübutunu daha aydın etmək üçün bir yeni sətir əlavə etmək prosesini nəzərdən keçirin. İkinci düz xətt çəksək(S= 2), onda əks küncləri eyni rəngə boyayaraq lazım olduqda rənglənə bilən dörd hissə alırıq. Üçüncü düz xətt çəksək nə baş verəcəyini görək. O, bəzi “köhnə” hissələri ayıracaq, eyni zamanda hər iki tərəfində rəngi eyni olan haşiyənin yeni hissələri görünəcək (şək. 4).

düyü. 4

Aşağıdakı kimi davam edək:bir tərəfdənyeni düz xəttdən rəngləri dəyişəcəyik - ağ qara və əksinə edəcəyik; eyni zamanda bu düz xəttin o biri tərəfində yerləşən hissələri yenidən rəngləmirik (şək. 5). Sonra bu yeni rəngləmə lazımi tələbləri ödəyəcək: xəttin bir tərəfində artıq alternativ idi (lakin fərqli rənglərlə), digər tərəfdən isə lazım olan şey idi. Çəkilmiş xəttə aid ümumi haşiyəyə malik olan hissələrin müxtəlif rənglərə boyanması üçün hissələri bu çəkilmiş düz xəttin yalnız bir tərəfində yenidən rənglədik.

Şəkil 5

İndi induktiv keçidi sübut edək. Bəziləri üçün bunu fərz edəkp = kməsələnin ifadəsi doğrudur, yəni müstəvinin bunlarla bölündüyü bütün hissələriKimədüz, onları ağ və qara rəngləyə bilərsiniz ki, bitişik hissələr müxtəlif rənglərdə olsun. Gəlin sübut edək ki, o zaman belə bir rəngləmə varP= Kimə+ 1 birbaşa. İki sətirdən üçə keçid vəziyyətinə oxşar şəkildə davam edək. Gəlin təyyarədə rəsm çəkəkKimədüz Sonra, induksiya fərziyyəsi ilə nəticələnən "xəritə" istədiyiniz şəkildə rənglənə bilər. İndi həyata keçirək(Kimə+ 1)-ci düz xətt və onun bir tərəfində rəngləri əks olanlara dəyişirik. İndi isə(Kimə+ 1)-ci düz xətt hər yerdə müxtəlif rəngli sahələri ayırır, "köhnə" hissələr isə, artıq gördüyümüz kimi, düzgün rəngdə qalır. Riyazi induksiya prinsipinə əsasən məsələ həll edilir.

Tapşırıq16. Səhranın kənarında böyük bir benzin ehtiyatı və tam yanacaqla doldurulduqda 50 kilometr yol qət edə bilən avtomobil var. Avtomobilinizin yanacaq çənindən benzin töküb səhrada istənilən yerdə saxlamaq üçün buraxa biləcəyiniz qeyri-məhdud miqdarda bidonlar var. Sübut edin ki, avtomobil 50 kilometrdən çox istənilən tam məsafə qət edə bilər. Sizə benzin qutuları gəzdirmək qadağandır, istənilən miqdarda boş olanları daşıya bilərsiniz.

Həll.Gəlin induksiya ilə sübut etməyə çalışaqP,ki, avtomobil uzaqlaşa bilərPkm səhranın kənarından. AtP= 50 məlumdur. Qalan tək şey induksiya addımını yerinə yetirmək və ora necə çatmağı izah etməkdirp = k+ 1 kilometr olduğu bilinirsəp = kKilometrlər sürə bilərsiniz.

Ancaq burada bir çətinliklə qarşılaşırıq: keçəndən sonraKiməkilometr, hətta geri dönüş üçün kifayət qədər benzin olmaya bilər (saxlamanı qeyd etməmək). Və bu vəziyyətdə həll yolu sübut olunan ifadəni gücləndirməkdir (ixtiraçının paradoksu). Sübut edəcəyik ki, siz təkcə maşın sürə bilməyəcəksinizPkilometr, həm də bir məsafədə bir nöqtədə özbaşına böyük benzin tədarükü etməkPkilometrlərlə çöl kənarından, nəqliyyatın bitməsindən sonra bu nöqtəyə çatır.

İnduksiya bazası.Bir kilometr qət etmək üçün tələb olunan benzin miqdarı bir benzin vahidi olsun. Sonra 1 kilometr və geri səfər üçün iki vahid benzin tələb olunur, buna görə də biz kənardan bir kilometr uzaqlıqdakı bir anbarda 48 vahid benzin qoyub yeni hissəyə qayıda bilərik. Beləliklə, saxlama anbarına bir neçə səfər zamanı bizə lazım olan istənilən ölçüdə ehtiyat hazırlaya bilərik. Eyni zamanda, 48 vahid ehtiyat yaratmaq üçün biz 50 vahid benzin sərf edirik.

İnduksiya mərhələsi.Fərz edək ki, uzaqdanP= Kiməsəhranın kənarından istənilən miqdarda benzin yığa bilərsiniz. Sübut edək ki, o zaman məsafədə saxlama anbarı yaratmaq olarp = k+ 1 kilometr əvvəlcədən təyin edilmiş hər hansı bir benzin ehtiyatı ilə daşınma sonunda bu anbarda başa çatır. Çünki nöqtədəP= Kiməlimitsiz benzin tədarükü var, onda (induksiya bazasına görə) bir neçə səfərdə bir nöqtəyə çata bilərikp = k+ 1 nöqtədə edinP= Kiməİstənilən ölçüdə 4- 1 ehtiyat.

Problemin ifadəsindən daha ümumi ifadənin həqiqəti indi riyazi induksiya prinsipindən irəli gəlir.

Nəticə

Xüsusilə, riyazi induksiya metodunu öyrənməklə riyaziyyatın bu sahəsində biliklərimi artırdım, həmçinin əvvəllər mənim gücüm çatmayan məsələləri həll etməyi öyrəndim.

Əsasən bunlar məntiqli və əyləncəli tapşırıqlar idi, yəni. yalnız bir elm olaraq riyaziyyata marağı artıranlar. Bu cür problemlərin həlli əyləncəli bir fəaliyyətə çevrilir və getdikcə daha çox maraqlanan insanları riyazi labirintlərə cəlb edə bilər. Məncə, hər bir elmin əsası budur.

Riyazi induksiya metodunu öyrənməyə davam edərək, onu təkcə riyaziyyatda deyil, həm də fizika, kimya və həyatın özündə olan məsələlərin həllində necə tətbiq etməyi öyrənməyə çalışacağam.

Ədəbiyyat

1.Vulenkin İNDUKSİYASI. Kombinatorika. Müəllimlər üçün dərslik. M., Maarifçilik,

1976.-48 s.

2. Qolovina L.İ., Yaqlom İ.M. Həndəsədə induksiya. - M.: Dövlət. nəşr edilmişdir litr. - 1956 - S.I00. Universitetlərə daxil olanlar üçün riyaziyyat üzrə dərslik / Ed. Yakovleva G.N. Elm. -1981. - S.47-51.

3.Qolovina L.İ., Yaqlom İ.M. Həndəsədə induksiya. —
M.: Nauka, 1961. - (Riyaziyyatdan məşhur mühazirələr.)

4. İ.T.Demidov, A.N.Kolmoqorov, S.İ.Şvartsburq, O.S.İvaşev-Musatov, B.E.Veyts. Dərslik / “Maarifçilik” 1975.

5.R. Courant, G. Robbins "Riyaziyyat nədir?" 1-ci fəsil, § 2

6.Popa D. Riyaziyyat və inandırıcı əsaslandırma. - M,: Nauka, 1975.

7. Popa D. Riyazi kəşf. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov İ.S. Riyazi induksiya metodunu necə öyrətmək olar / Riyaziyyat məktəbi. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominski İ.S., Qolovina L.İ., Yaqlom İ.M. Riyazi induksiya üsulu haqqında. - M.: Nauka, 1977. - (Riyaziyyatdan məşhur mühazirələr.)

10.Solominski İ.S. Riyazi induksiya üsulu. - M.: Elm.

63s.

11.Solominski İ.S., Qolovina L.İ., Yaqlom İ.M. Riyazi induksiya haqqında. - M.: Elm. - 1967. - S.7-59.

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

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

Mühazirə 6. Riyazi induksiya metodu.

Elmdə və həyatda yeni biliklər müxtəlif yollarla əldə edilir, lakin onların hamısı (əgər təfərrüatlara girməsəniz) iki növə bölünür - ümumidən xüsusiyə və xüsusidən ümumiyə keçid. Birincisi deduksiya, ikincisi induksiyadır. Deduktiv əsaslandırma riyaziyyatda ümumi adlanan şeydir. məntiqi əsaslandırma, və riyaziyyat elmində deduksiya tədqiqatın yeganə qanuni üsuludur. Məntiqi mülahizə qaydaları iki min yarım əvvəl qədim yunan alimi Aristotel tərəfindən tərtib edilmişdir. O, ən sadə düzgün mülahizələrin tam siyahısını yaratdı, sillogizmlər– məntiqin “tikinti blokları”, eyni zamanda düzgünə çox oxşar, lakin yanlış olan tipik mülahizələri göstərir (biz tez-tez mediada belə “psevdoloji” mülahizələrlə rastlaşırıq).

İnduksiya (induksiya - latınca rəhbərlik) İsaak Nyutonun başına alma düşdükdən sonra ümumdünya cazibə qanununu necə tərtib etdiyinə dair məşhur əfsanədə aydın şəkildə təsvir edilmişdir. Fizikadan başqa bir nümunə: elektromaqnit induksiyası kimi bir hadisədə elektrik sahəsi bir maqnit sahəsi yaradır, "induksiya edir". “Nyuton alması” bir və ya bir neçə xüsusi halın, yəni müşahidələr, ümumi bəyanatı “təklif et”; xüsusi hallar əsasında ümumi nəticə çıxarılır. İnduktiv üsul həm təbiət, həm də insan elmlərində ümumi qanunauyğunluqların əldə edilməsi üçün əsasdır. Ancaq bunun çox əhəmiyyətli bir çatışmazlığı var: xüsusi nümunələrə əsaslanaraq, yanlış bir nəticə çıxarmaq olar. Şəxsi müşahidələrdən irəli gələn fərziyyələr həmişə düzgün olmur. Eylerə görə bir nümunə nəzərdən keçirək.

Bəzi ilk dəyərlər üçün trinomialın dəyərini hesablayacağıq n:

Qeyd edək ki, hesablamalar nəticəsində alınan ədədlər sadədir. Və hər biri üçün bunu birbaşa yoxlaya bilərsiniz n 1-dən 39-a qədər polinom dəyəri
sadə ədəddir. Bununla belə, nə vaxt n=40 1681=41 2 ədədini alırıq ki, bu da sadə deyil. Beləliklə, burada yarana biləcək fərziyyə, yəni hər biri üçün fərziyyə n nömrə
sadədir, yalan çıxır.

Leybnits 17-ci əsrdə sübut etdi ki, hər bir müsbət tam üçün n nömrə
3-ə bölünən, ədəd
5-ə bölünən və s. Buna əsaslanaraq, o, hər hansı bir qəribəlik üçün bunu fərz etdi k və hər hansı bir təbii n nömrə
bölünür k, amma tezliklə bunu fərq etdim
9-a bölünmür.

Baxılan misallar mühüm nəticə çıxarmağa imkan verir: bəyanat bir sıra xüsusi hallarda ədalətli, eyni zamanda ümumilikdə ədalətsiz ola bilər. Ümumi işdə ifadənin etibarlılığı məsələsi adlanan xüsusi əsaslandırma metodundan istifadə etməklə həll edilə bilər riyazi induksiya ilə(tam induksiya, mükəmməl induksiya).

6.1. Riyazi induksiya prinsipi.

♦ Riyazi induksiya üsuluna əsaslanır riyazi induksiya prinsipi , bu aşağıdakı kimidir:

1) bu ifadənin etibarlılığı yoxlanılırn=1 (induksiya əsasında) ,

2) bu ifadənin etibarlılığı üçün nəzərdə tutulurn= k, Haradak- ixtiyari natural ədəd 1(induksiya fərziyyəsi) , və bu fərziyyə nəzərə alınmaqla onun etibarlılığı müəyyən edilirn= k+1.

Sübut. Bunun əksini fərz edək, yəni fərz edək ki, müddəa hər təbii üçün doğru deyil n. Sonra belə bir təbii var m, Nə:

1) üçün bəyanat n=mədalətli deyil,

2) hər kəs üçün n, daha kiçik m, ifadə doğrudur (başqa sözlə, m ifadənin doğru olmadığı ilk natural ədəddir).

Aydındır ki m>1, çünki üçün n=1 ifadə doğrudur (şərt 1). Beləliklə,
- natural ədəd. Belə çıxır ki, natural ədəd üçün
ifadə doğrudur və növbəti natural ədəd üçün mədalətsizdir. Bu, 2-ci şərtə ziddir. ■

Qeyd edək ki, sübut hər hansı natural ədədlər toplusunun ən kiçik ədədi ehtiva etdiyi aksiomundan istifadə edib.

Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanan sübut deyilir tam riyazi induksiya üsulu ilə .

 Misal6.1. Hər hansı bir təbii üçün bunu sübut edin n nömrə
3-ə bölünür.

Həll.

1) Nə vaxt n=1, yəni a 1 3-ə bölünür və ifadə nə zaman doğrudur n=1.

2) Fərz edək ki, ifadə üçün doğrudur n=k,
, yəni həmin nömrə
3-ə bölünür və nə vaxt olduğunu müəyyən edirik n=k+1 ədədi 3-ə bölünür.

Həqiqətən,

Çünki Hər bir hədd 3-ə bölünür, onda onların cəmi də 3-ə bölünür. ■ 

 Misal6.2. Birincinin cəmi olduğunu sübut edin n təbii tək ədədlər onların sayının kvadratına bərabərdir, yəni.

Həll. Tam riyazi induksiya metodundan istifadə edək.

1) Bu ifadənin etibarlılığını nə zaman yoxlayırıq n=1: 1=1 2 – bu doğrudur.

2) Tutaq ki, birincinin cəmi k (
) tək ədədlər bu ədədlərin sayının kvadratına bərabərdir, yəni. Bu bərabərliyə əsaslanaraq, birincinin cəmi olduğunu müəyyən edirik k+1 tək ədədlər bərabərdir
, yəni.

Biz fərziyyəmizi istifadə edirik və alırıq

. ■ 

Bəzi bərabərsizlikləri sübut etmək üçün tam riyazi induksiya üsulundan istifadə olunur. Bernulli bərabərsizliyini sübut edək.

 Misal6.3. Bunu nə vaxt sübut et
və hər hansı bir təbii n bərabərsizlik doğrudur
(Bernulli bərabərsizliyi).

Həll. 1) Nə vaxt n=1 alırıq
, bu doğrudur.

2) Nə vaxt olduğunu güman edirik n=k bərabərsizlik var
(*). Bu fərziyyədən istifadə edərək, bunu sübut edirik
. Qeyd edək ki, nə vaxt
bu bərabərsizlik qüvvədədir və buna görə də işi nəzərdən keçirmək kifayətdir
.

Gəlin bərabərsizliyin hər iki tərəfini (*) ədədə vuraq
və alırıq:

Yəni (1+
.■ 

Metodla sübut natamam riyazi induksiya asılı olaraq bəzi ifadələr n, Harada
oxşar şəkildə həyata keçirilir, lakin başlanğıcda ədalət ən kiçik dəyər üçün qurulur n.

Bəzi məsələlərdə riyazi induksiya ilə sübut oluna bilən müddəa açıq şəkildə ifadə edilmir. Belə hallarda nümunəni özünüz qurmalı və bu nümunənin etibarlılığı haqqında fərziyyə qurmalı və sonra təklif olunan fərziyyəni yoxlamaq üçün riyazi induksiya metodundan istifadə etməlisiniz.

 Misal6.4. Məbləği tapın
.

Həll. Gəlin məbləğləri tapaq S 1 , S 2 , S 3. bizdə var
,
,
. Hər hansı bir təbii üçün bunu fərz edirik n formula etibarlıdır
. Bu fərziyyəni yoxlamaq üçün tam riyazi induksiya metodundan istifadə edəcəyik.

1) Nə vaxt n=1 fərziyyə doğrudur, çünki
.

2) Fərziyyənin doğru olduğunu düşünək n=k,
, yəni
. Bu düsturdan istifadə edərək, fərziyyənin belə olduqda da doğru olduğunu müəyyən edirik n=k+1, yəni

Həqiqətən,

Beləliklə, fərziyyənin nə zaman doğru olduğu fərziyyəsinə əsaslanaraq n=k,
üçün də doğru olduğu sübut edilmişdir n=k+1 və riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, formula istənilən natural ədəd üçün etibarlıdır n. ■ 

 Misal6.5. Riyaziyyatda sübut edilmişdir ki, iki vahid fasiləsiz funksiyanın cəmi vahid davamlı funksiyadır. Bu ifadəyə əsaslanaraq, hər hansı bir ədədin cəmi olduğunu sübut etməlisiniz
vahid davamlı funksiyaların vahid davamlı funksiyasıdır. Amma biz hələ “vahid davamlı funksiya” anlayışını təqdim etmədiyimizə görə, məsələni daha mücərrəd qoyaq: bilin ki, hansısa xassə malik olan iki funksiyanın cəmi S, öz mülkü var S. İstənilən sayda funksiyanın cəminin xassə olduğunu sübut edək S.

Həll. Burada induksiyanın əsası problemin özünün formalaşdırılmasındadır. İnduksiya fərziyyəsini irəli sürdükdən sonra düşünün
funksiyaları f 1 , f 2 , …, f n , f nəmlaka sahib olan +1 S. Sonra . Sağ tərəfdə birinci müddətin mülkiyyəti var S induksiya fərziyyəsinə görə, ikinci termin xüsusiyyətə malikdir Sşərtlə. Nəticə etibarı ilə onların məbləği mülkiyyətə malikdir S– iki müddət üçün induksiya əsası “işləyir”.

Bu ifadəni sübut edir və biz bundan sonra da istifadə edəcəyik. ■ 

 Misal6.6. Bütün təbii tapın n, bunun üçün bərabərsizlik doğrudur

.

Həll. Gəlin nəzərdən keçirək n=1, 2, 3, 4, 5, 6. Bizdə: 2 1 >1 2, 2 2 =2 2, 2 3<3 2 , 2 4 =4 2 , 2 5 >5 2, 2 6 >6 2. Beləliklə, bir fərziyyə irəli sürə bilərik: bərabərsizlik
hər kəsin yeri var
. Bu fərziyyənin doğruluğunu sübut etmək üçün natamam riyazi induksiya prinsipindən istifadə edəcəyik.

1) Yuxarıda müəyyən edildiyi kimi, bu fərziyyə o zaman doğrudur n=5.

2) üçün doğru olduğunu fərz edin n=k,
, yəni bərabərsizlik doğrudur
. Bu fərziyyədən istifadə edərək bərabərsizliyi sübut edirik
.

Çünki
və at
bərabərsizlik var

saat
,

sonra bunu alırıq
. Beləliklə, hipotezin həqiqəti n=k+1 nə zaman doğru olduğu fərziyyəsindən irəli gəlir n=k,
.

Paraqraflardan. 1 və 2, natamam riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, bərabərsizliyin
hər təbii üçün doğrudur
. ■ 

 Misal6.7. İstənilən natural ədəd üçün bunu sübut edin n fərqləndirmə düsturu etibarlıdır
.

Həll. At n=1 bu düstur belə görünür
, yaxud 1=1, yəni düzgündür. İnduksiya fərziyyəsini irəli sürərək, biz:

Q.E.D. ■ 

 Misal6.8. çoxluğun ibarət olduğunu sübut edin n elementləri, var alt çoxluqlar

Həll. Bir elementdən ibarət dəst A, iki alt çoxluğu var. Bu doğrudur, çünki onun bütün alt çoxluqları boş çoxluq və boş çoxluğun özüdür və 2 1 =2.

Fərz edək ki, hər set n elementlərə malikdir alt çoxluqlar Əgər A çoxluğu ibarətdirsə n+1 elementləri, onda bir elementi düzəldirik - onu işarələyirik d, və bütün alt çoxluqları iki sinfə bölün - tərkibində olmayanlar d və ehtiva edir d. Birinci sinifdən olan bütün alt çoxluqlar elementi çıxarmaqla A-dan alınan B çoxluğunun alt çoxluqlarıdır d.

B çoxluğu ibarətdir n elementləri var və buna görə də induksiya ilə o var alt çoxluqlar, belə ki, birinci sinifdə alt çoxluqlar

Ancaq ikinci sinifdə eyni sayda alt çoxluq var: onların hər biri element əlavə etməklə birinci sinfin tam bir alt çoxluğundan əldə edilir. d. Beləliklə, cəmi A dəsti
alt çoxluqlar

Beləliklə, ifadə sübuta yetirilir. Qeyd edək ki, bu, 0 elementdən ibarət çoxluq - boş çoxluq üçün də doğrudur: onun tək alt çoxluğu var - özü və 2 0 = 1. ■ 

Riyazi induksiya metodundan istifadə edərək, hər hansı bir təbii üçün sübut edin n aşağıdakı bərabərliklər etibarlıdır:
A) ;
b) .

Həll.

a) Nə vaxt n= 1 bərabərlik doğrudur. -də bərabərliyin etibarlılığını fərz etsək n, gəlincə də onun etibarlılığını göstərək n+ 1. Həqiqətən,

Q.E.D.

b) Nə vaxt n= 1 bərabərliyin etibarlılığı göz qabağındadır. Onun etibarlılığı fərziyyəsindən n etməlidir

1 + 2 + ... + bərabərliyini nəzərə alaraq n = n(n+ 1)/2, alırıq

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

yəni ifadə nə zaman da doğrudur n + 1.

Misal 1. Aşağıdakı bərabərlikləri sübut edin

Həll. a) Nə vaxt n= 1 bərabərlik 1=1 formasını alacaq, buna görə də, P(1) doğrudur. Tutaq ki, bu bərabərlik doğrudur, yəni özünü saxlayır

Beləliklə, riyazi induksiya üsuluna görə ilkin bərabərlik istənilən natural üçün etibarlıdır n.

Qeyd 2. Bu misal başqa cür həll oluna bilərdi. Həqiqətən, cəmi 1 + 2 + 3 + ... + təşkil edir n birincinin cəmidir n birinci həd ilə arifmetik irəliləyişin şərtləri a 1 = 1 və fərq d= 1. Məlum düsturun sayəsində , alırıq

b) Nə vaxt n= 1 bərabərlik formasını alacaq: 2 1 - 1 = 1 2 və ya 1=1, yəni, P(1) doğrudur. Fərz edək ki, bərabərlik

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 və bunun baş verdiyini sübut edirP(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 və ya 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

İnduksiya hipotezindən istifadə edərək əldə edirik

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

Beləliklə, P(n+ 1) doğrudur və buna görə də tələb olunan bərabərlik sübut olunur.

Qeyd 3. Bu misal riyazi induksiya metodundan istifadə etmədən həll edilə bilər (əvvəlki nümunəyə bənzər).

c) Nə vaxt n= 1 bərabərlik doğrudur: 1=1. Fərz edək ki, bərabərlik doğrudur

d) Nə vaxt n= 1 bərabərlik doğrudur: 1=1. Fərz edək ki, baş verir

Həqiqətən,

e) Təsdiq P(1) doğrudur: 2=2. Fərz edək ki, bərabərlik

Nəticə etibarı ilə, ilkin bərabərlik istənilən təbii üçün etibarlıdır n.

f) P(1) doğru: 1/3 = 1/3. Qoy bərabərlik olsun P(n):

Doğrudan da, bunu nəzərə alaraq P(n) tutur, alırıq

Beləliklə, bərabərlik sübuta yetirilir.

g) Nə vaxt n= 1 bizdə var a + b = b + a və buna görə də bərabərlik ədalətlidir.

Nyutonun binom düsturu etibarlı olsun n = k, yəni,

Misal 2. Bərabərsizlikləri sübut edin

Həll. a) Nə vaxt n= 1 həqiqi bərabərsizlik alırıq

1 + a ≥ 1 + a . Fərz edək ki, bərabərsizlik var

Həqiqətən, a > -1 a + 1 > 0 demək olduğundan, bərabərsizliyin hər iki tərəfini (1) (a + 1) ilə çarparaq, əldə edirik.

(1 + a) n(1 + a) ≥ (1 + n a )(1 + a ) və ya (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ildən n a 2 ≥ 0, buna görə də(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1) a .

Beləliklə, əgər P(n) doğrudur, onda P(n+ 1) doğrudur, buna görə də riyazi induksiya prinsipinə görə Bernulli bərabərsizliyi doğrudur.

b) Nə vaxt n= 1 alırıq x 1 = 1 və buna görə də x 1 ≥ 1 yəni P(1) ədalətli bəyanatdır. Belə iddia edək P(n) doğrudur, yəni adica, x 1 ,x 2 ,...,x n - n məhsulu birə bərabər olan müsbət ədədlər, x 1 x 2 ·...· x n= 1 və x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Göstərək ki, bu cümlə aşağıdakıların doğruluğunu ehtiva edir: əgər x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) müsbət ədədlər x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, onda x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Aşağıdakı iki halı nəzərdən keçirin:

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Onda bu ədədlərin cəmi ( n+ 1) və tələb olunan bərabərsizlik təmin edilir;

2) ən azı bir ədəd birindən fərqlidir, məsələn, birdən böyük olsun. Sonra, o vaxtdan bəri x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, birindən fərqli ən azı bir daha çox nömrə var (daha doğrusu, birdən az). Qoy x n+ 1 > 1 və x n < 1. Рассмотрим n müsbət ədədlər

Çünki

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, sonra n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Buna görə də, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, yəni əgər P(n) doğrudur, ondaP(n+ 1) ədalətli. Bərabərsizlik sübut edilmişdir.

Qeyd 4. Bərabər işarəsi yalnız və yalnız o halda qüvvədədir x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

c) Qoy x 1 ,x 2 ,...,x n- ixtiyari müsbət ədədlər. Aşağıdakıları nəzərdən keçirin n müsbət ədədlər:

Qeyd 5. Bərabərlik yalnız və yalnız o halda qorunur x 1 = x 2 = ... = x n .

d) P(1) ədalətli ifadədir: sin 2 a + cos 2 a = 1. Tutaq ki, P(n) doğru ifadədir:

Günah 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 və nə baş verdiyini göstərinP(n+ 1). Həqiqətən, günah 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = günah 2 n günah 2 a + cos 2 n a cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (əgər sin 2 a ≤ 1 olarsa, cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, sonra günah 2 a < 1). Таким образом, для любого n HAQQINDA N günah 2 n a + cos 2 n ≤ 1 və bərabərlik işarəsi yalnız o zaman əldə edilirn = 1.

e) Nə vaxt n= 1 ifadə doğrudur: 1< 3 / 2 .

Fərz edək ki və biz bunu sübut edəcəyik

f) 1-ci qeydi nəzərə alaraq yoxlayaq P(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, buna görə də, n= 10 ifadə doğrudur. Fərz edək ki, 2 n > n 3 (n> 10) və sübut edin P(n+ 1), yəni 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Nə vaxtdan n> 10 bizdə və ya , bunu izləyir

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 və ya n 3 > 3n 2 + 3n + 1. bərabərsizliyi nəzərə alınmaqla (2 n > n 3), biz 2 alırıq n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Beləliklə, riyazi induksiya üsuluna görə, hər hansı bir təbii üçün n HAQQINDA N, n≥ 10 bizdə 2 var n > n 3 .

Misal 3. Bunu hər kəs üçün sübut edin n HAQQINDA N

Həll. a) P(1) doğru ifadədir (0 6-ya bölünür). Qoy P(n) ədalətlidir, yəni n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) 6-ya bölünür. Göstərək ki, o zaman baş verir P(n+ 1), yəni, ( n + 1)n(2n+ 1) 6-ya bölünür. Həqiqətən, bəri

Beləliklə, P(n+ 1) ədalətli bəyanatdır və buna görə də n(2n 2 - 3n+ 1) istənilən üçün 6-ya bölünən n HAQQINDA N.

b) Gəlin yoxlayaq P(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, buna görə də, P(1) ədalətli bəyanatdır. Sübut edilməlidir ki, əgər 6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 11-ə bölünür ( P(n)), sonra 6 2 n + 3 n+2 + 3 n 11-ə də bölünür ( P(n+ 1)). Həqiqətən, o vaxtdan

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 və 6 2 kimi n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 və 33 6 2 n-2 11-ə bölünürlər, onda onların cəmi 6-dır 2n + 3 n+2 + 3 n 11-ə bölünür. Bəyanat sübut olunur. Həndəsədə induksiya

Misal 4. Düzgün 2 tərəfini hesablayın n-radiuslu bir dairəyə yazılmış üçbucaq R.

Biblioqrafik təsvir: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Riyazi induksiya metodunun natural ədədlərin bölünməsi məsələlərinin həllinə tətbiqi // Gənc alim. 2015. № 2. S. 84-86..04.2019).

Riyaziyyat olimpiadalarında çox vaxt natural ədədlərin bölünməsini sübut etmək üçün kifayət qədər çətin məsələlər çıxır. Məktəblilər problemlə üzləşirlər: bu cür problemləri həll etməyə imkan verən universal riyazi metodu necə tapmaq olar?

Belə çıxır ki, bölünmənin sübut edilməsində əksər məsələləri riyazi induksiya üsulu ilə həll etmək olar, lakin məktəb dərsliklərində bu üsula çox az diqqət yetirilir, əksər hallarda qısa nəzəri təsvir verilir və bir neçə problem təhlil edilir.

Biz ədədlər nəzəriyyəsində riyazi induksiya metodunu tapırıq. Ədədlər nəzəriyyəsinin başlanğıcında riyaziyyatçılar induktiv şəkildə bir çox faktları kəşf etdilər: L.Euler və K. Gauss bəzən ədədi qanunauyğunluğa diqqət yetirmədən və ona inanmazdan əvvəl minlərlə nümunəni nəzərdən keçirdilər. Ancaq eyni zamanda, "son" sınaqdan keçmiş fərziyyələrin nə qədər aldadıcı ola biləcəyini başa düşdülər. Sonlu alt çoxluq üçün təsdiqlənmiş ifadədən bütün sonsuz çoxluq üçün oxşar ifadəyə induktiv şəkildə keçmək üçün sübut tələb olunur. Bu üsul hər hansı bir tam ədədin hər hansı digər tam ədədə bölünmə əlamətlərini tapmaq üçün ümumi alqoritm tapmış Blez Paskal tərəfindən təklif edilmişdir (“Ədədlərin bölünməsinin təbiəti haqqında” traktat).

Riyazi induksiya üsulundan bütün natural ədədlər üçün müəyyən müddəanın doğruluğunu və ya müəyyən n ədədindən başlayan müddəanın doğruluğunu əsaslandırmaq yolu ilə sübut etmək üçün istifadə olunur.

Riyazi induksiya metodundan istifadə etməklə müəyyən ifadənin doğruluğunu sübut etmək üçün məsələlərin həlli dörd mərhələdən ibarətdir (şək. 1):

düyü. 1. Problemin həlli sxemi

1. İnduksiya əsası . Onlar ifadənin mənalı olduğu ən kiçik natural ədəd üçün ifadənin etibarlılığını yoxlayırlar.

2. İnduktiv fərziyyə . Biz güman edirik ki, ifadə k-nin hansısa dəyəri üçün doğrudur.

3. İnduksiya keçidi . K+1 üçün müddəanın doğru olduğunu sübut edirik.

4. Nəticə . Əgər belə bir sübut tamamlanıbsa, onda riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, müddəanın istənilən natural n ədədi üçün doğru olduğunu iddia etmək olar.

Riyazi induksiya metodunun natural ədədlərin bölünməsinin sübutu məsələlərinin həllinə tətbiqinə baxaq.

Misal 1. 5 rəqəminin 19-a qat olduğunu sübut edin, burada n natural ədəddir.

Sübut:

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: =19 ədədi 19-un qatıdır.

2) Bu düstur n = k üçün doğru olsun, yəni ədəd 19-un qatıdır.

Bu, 19-un qatıdır. Doğrudan da, birinci hədd (2) fərziyyəsinə görə 19-a bölünür; ikinci hədd də 19-a bölünür, çünki onun tərkibində 19 amil var.

Misal 2. Ardıcıl üç natural ədədin kublarının cəminin 9-a bölündüyünü sübut edin.

Sübut:

Gəlin mülahizəni sübut edək: “İstənilən n natural ədədi üçün n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 ifadəsi 9-un qatıdır.

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=9-un 36 qatına.

2) Bu düstur n = k üçün doğru olsun, yəni k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 9-un qatıdır.

3) Düsturun n = k + 1 üçün də doğru olduğunu sübut edək, yəni (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 9-un qatıdır. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Əldə edilən ifadədə hər biri 9-a bölünən iki termin var, buna görə də cəmi 9-a bölünür.

4) Riyazi induksiya prinsipinin hər iki şərti təmin edilir, buna görə də cümlə n-nin bütün qiymətləri üçün doğrudur.

Misal 3.İstənilən natural n ədədi üçün 3 2n+1 +2 n+2 ədədinin 7-yə bölündüyünü sübut edin.

Sübut:

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 7-nin qatıdır.

2) n = k üçün bu düstur doğru olsun, yəni 3 2 k +1 +2 k +2 7-yə bölünür.

3) Düsturun n = k + 1 üçün də doğru olduğunu sübut edək, yəni.

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 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2.T. k.(3 2 k +1 +2 k +2) 9 7-yə və 7-yə bölünür 2 k +2 7-yə bölünür, onda onların fərqi 7-yə bölünür.

4) Riyazi induksiya prinsipinin hər iki şərti təmin edilir, buna görə də cümlə n-nin bütün qiymətləri üçün doğrudur.

Natural ədədlərin bölünmə nəzəriyyəsində bir çox sübut məsələləri riyazi induksiya üsulu ilə rahat şəkildə həll edilə bilər; hətta bu üsulla məsələlərin həllinin tamamilə alqoritmik olduğunu söyləmək olar; bunun üçün 4 əsas addımı yerinə yetirmək kifayətdir. Lakin bu metodu universal adlandırmaq olmaz, çünki çatışmazlıqlar da var: birincisi, onu yalnız natural ədədlər toplusunda sübut etmək olar, ikincisi, yalnız bir dəyişən üçün sübut etmək olar.

Məntiqi təfəkkürün və riyazi mədəniyyətin inkişafı üçün bu üsul zəruri vasitədir, çünki böyük rus riyaziyyatçısı A. N. Kolmoqorov demişdir: “Riyazi induksiya prinsipini anlamaq və düzgün tətbiq etmək bacarığı məntiqi yetkinliyin yaxşı meyarıdır ki, bu da mütləqdir. riyaziyyatçı üçün lazımdır”.

Ədəbiyyat:

1. Vilenkin N. Ya. İnduksiya. Kombinatorika. - M.: Təhsil, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. Riyazi induksiya haqqında. - M., 1962. - 36 s.

3. Solominski I. S. Riyazi induksiya metodu. - M.: Nauka, 1974. - 63 s.

4.Şarıgin İ.F.Riyaziyyatdan fakultativ kurs: Məsələlərin həlli: 10-cu sinif üçün dərslik. orta məktəb - M.: Təhsil, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Riyazi induksiya. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 s.