Riyazi induksiyanın dərs işlənməsi metodu. Dərs "Riyazi induksiya metodu

Savelyeva Yekaterina

Məqalədə riyazi induksiya metodunun bölünmə məsələlərinin həllində, sıraların toplanmasında tətbiqi nəzərdən keçirilir. Riyazi induksiya metodunun bərabərsizliklərin isbatına və həndəsi məsələlərin həllinə 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 iş mövzusu

“Riyazi induksiya metodu və onun məsələnin həllində tətbiqi”

İş tamamlandı: Savelyeva E, 11B sinif

Nəzarətçi : Makarova T.P., riyaziyyat müəllimi, 618 saylı 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

Deduktiv və induktiv üsullar istənilən riyazi tədqiqatın əsasını 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 tətbiq edilir, yəni. deduktiv metodun əksidir. Riyazi induksiya metodunu tərəqqi ilə müqayisə etmək olar. Biz ən aşağıdan başlayırıq, məntiqi təfəkkür nəticəsində ən yüksəklərə çatırıq. İnsan həmişə tərəqqiyə, fikrini məntiqi inkişaf etdirmək qabiliyyətinə can atıb, bu o deməkdir ki, təbiət özü ona induktiv düşünməyi qismət edib. Riyazi induksiya metodunun tətbiq sahəsi genişlənsə də, məktəb proqramında buna az vaxt ayrılır.Lakin induktiv düşünməyi bacarmaq belə vacibdir. Problemlərin həllində və teoremlərin sübutunda bu prinsipin tətbiqi məktəb praktikasında digər riyazi prinsiplərin nəzərə alınması ilə eyni səviyyədədir: xaric edilmiş orta, daxil etmə-istisna, Dirixlet və s. Bu esse riyaziyyatın müxtəlif sahələrinə aid məsələlərdən ibarətdir. əsas alət riyazi induksiyanın istifadə üsuludur. Bu metodun əhəmiyyətindən danışan A.N. Kolmoqorov qeyd edirdi ki, “riyazi induksiya prinsipini başa düşmək və tətbiq etmək bacarığı riyaziyyatçı üçün mütləq zəruri olan yetkinlik üçün yaxşı meyardır”. Geniş mənada induksiya üsulu özəl müşahidələrdən universal, ümumi qanunauyğunluğa və ya ümumi formaya keçiddən ibarətdir. Bu şərhdə üsul, əlbəttə ki, hər hansı bir eksperimental təbiət elmində tədqiqat aparmaq üçün əsas texnikadır.

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

Məsələ 1. “Mən necə riyaziyyatçı oldum” məqaləsində A.N. Kolmoqorov yazır: “Mən riyazi “kəşf”in sevincini erkən öyrəndim, beş-altı yaşında nümunəni fərq etdim.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 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, amma 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 n = k, və bunun üçün də doğru olduğunu yoxlayın n = k + 1:

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

Deməli, sübut edilən müddəa bütün dəyərlər üçün doğrudur n: n = üçün 1 doğrudur (bu təsdiq edilmişdir) və ikinci fakta görə, çünki 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.

məxrəc: İstənilən üçün bunu sübut edin n> 3 cəmi kimi təmsil oluna bilər P bu cür müxtəlif fraksiyalar.

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

Beləliklə, əsas iddia təmin edilir

İndi fərz edək ki, bizi maraqlandıran ifadə hansısa rəqəm üçün doğrudurüçün, və ondan sonrakı ədəd üçün də doğru olduğunu sübut edinüçün + 1. Başqa sözlə, tutaq ki, təmsilçilik var

hansı k terminlər və bütün məxrəclər fərqlidir. Sübut edək ki, o zaman vahidin cəmi şəklində təqdimatını almaq olarüçün İstədiyiniz növdən + 1 fraksiya. Fərz edək ki, kəsrlər azalır, yəni məxrəclər (vahidin cəmi ilə təmsil olunmasında)üçün şərtləri) soldan sağa artır ki t məxrəclərin ən böyüyüdür. Bizə lazım olan təmsili məbləğ şəklində alacağıq( üçün + 1) bir kəsri, məsələn, sonuncunu ikiyə bölsək. Bu edilə bilər, çünki

Və buna görə də

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

m(t + 1) > m.

Beləliklə, biz müəyyən etdik:

1. n = üçün 3 bu ifadə doğrudur;

1. maraqlandığımız ifadə doğrudursaüçün,
   onda bu, üçün də doğrudur+ 1-ə qədər.

Buna əsaslanaraq iddia edə bilərik ki, nəzərdən keçirilən ifadə üçdən başlayaraq bütün natural ədədlər üçün doğrudur. Üstəlik, yuxarıda göstərilən sübut həm də birliyin istədiyiniz bölməsini tapmaq üçün bir alqoritmi nəzərdə tutur. (Bu hansı alqoritmdir? Özünüz 1 rəqəmini 4, 5, 7 həddlərin cəmi kimi təsəvvür edin.)

Əvvəlki iki problemin həllində iki addım atıldı. İlk addım adlanırəsas induksiya, ikinciinduktiv keçidvə ya induksiya mərhələsi. İkinci addım ən mühümdür və o, bir fərziyyəni ehtiva edir (bəyanat üçün doğrudur n = k) və nəticə (bəyanat üçün doğrudur n = k + 1). p parametrinin özü çağırılır induksiya parametri.Baxılan ifadənin bütün natural ədədlər üçün (yaxud bəzilərindən başlayaraq hamı üçün) doğru olduğu qənaətinə gəlməyə imkan verən bu məntiqi sxem (cihaz) adlanır, çünki həm əsas, həm də keçid etibarlıdır.riyazi induksiya prinsipi, hansı və riyazi induksiya üsuluna əsaslanır."İnduksiya" termininin özü latın sözündəndir induksiya (rəhbərlik), bu, müəyyən sinfin ayrı-ayrı obyektləri haqqında vahid bilikdən verilmiş sinfin bütün obyektləri haqqında ümumi nəticəyə keçid deməkdir ki, bu da əsas bilik üsullarından biridir.

Adi iki addımlı riyazi induksiya prinsipi ilk dəfə 1654-cü ildə Blez Paskalın “Arifmetik üçbucaq haqqında traktat”ında ortaya çıxdı və burada birləşmələrin sayını (binom əmsallarını) hesablamaq üçün sadə üsul induksiya ilə sübut edildi. D.Poya kitabda kvadrat mötərizədə verilmiş kiçik dəyişikliklərlə B. Paskaldan sitat gətirir:

“Baxılan müddəanın [binomial əmsallar üçün açıq düstur] sonsuz sayda xüsusi halları ehtiva etməsinə baxmayaraq, mən iki lemmaya əsaslanaraq ona çox qısa bir sübut verəcəyəm.

Birinci lemmada deyilir ki, zənn əsas üçün doğrudur - bu, göz qabağındadır. [Saat P = 1 açıq düstur etibarlıdır...]

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

Bu iki lemma mütləq bütün dəyərlər üçün təklifin etibarlılığını nəzərdə tutur P. Həqiqətən, birinci lemmaya görə, bu, üçün etibarlıdır P = 1; ona görə də ikinci lemmaya görə, üçün etibarlıdır P = 2; buna görə də, yenə ikinci lemma sayəsində, üçün etibarlıdır n = 3 və s. ad infinitum.

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

Şəkil 1

Bu piramida digər çubuqlardan birinə köçürülməlidir, hər dəfə yalnız bir üzük ötürülməlidir və daha böyük üzük daha kiçik olana qoyulmamalıdır. Bunu etmək olarmı?

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

1. induksiyanın əsası. n = üçün 1, hər şey aydındır, çünki bir üzük piramidası açıq şəkildə hər hansı bir çubuğa köçürülə bilər.
2. induksiya mərhələsi. Tutaq ki, halqaların sayı ilə istənilən piramidaları hərəkət etdirə bilərik p = k.
   Sübut edək ki, o zaman biz də piramidanın ortasından hərəkət edə bilərik n = k + 1.

Piramidadan üzüklər ən böyüyündə uzanır( üçün + 1)-ci üzük, fərziyyəyə görə, hər hansı digər döngəyə keçə bilərik. Gəl edək. hərəkətsiz( üçün + 1)-ci halqa, yerdəyişmə alqoritmini yerinə yetirmək üçün bizə mane olmayacaq, çünki o, ən böyüyüdür. Hərəkət etdikdən sonraüçün üzüklər, bu böyük hərəkət( üçün + 1)qalan çubuq üzərinə halqa. Və sonra biz induktiv fərziyyə ilə bizə məlum olan hərəkət alqoritmini yenidən tətbiq ediriküçün üzükləri bağlayın və onları çubuğa doğru hərəkət etdirin( üçün + 1) üzük. Beləliklə, piramidaları hərəkət etdirə bilsəküçün üzüklər, sonra piramidaları hərəkət etdirə bilərik vəüçün + 1 üzük. Buna görə də, riyazi induksiya prinsipinə əsasən, piramidadan ibarət olan hər zaman hərəkət etmək mümkündür. n üzüklər, burada n > 1.

Bölünmə məsələlərinin həllində riyazi induksiya üsulu.

Riyazi induksiya metodundan istifadə edərək natural ədədlərin bölünməsi ilə bağlı müxtəlif müddəaları sübut etmək olar.

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

n=1 üçün müddəamız doğrudur: - cüt ədəd. Tutaq ki, bu cüt ədəddir. 2k cüt ədəd olduğu üçün o da belədir. Deməli, n=1 üçün paritet isbat edilir, paritetdən paritet çıxarılır.Deməli, hətta n-in bütün natural qiymətləri üçün.

Tapşırıq 3. Z rəqəminin olduğunu sübut edin 3 + 3 - 26n - 27 ixtiyari natural ilə n 26 2-yə qalıqsız bölünür.

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

1. induksiyanın əsası. n = 0 üçün bizdə: Z 3 - 1 \u003d 26 - 26-ya bölünür.

induksiya mərhələsi. Tutaq ki, 3 3n + 3 - 1 olduqda 26-ya bölünür n = k, və Gəlin sübut edək ki, bu halda iddia doğru olacaq n = k + 1. 3-dən bəri

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

İndi problemin şərti ilə tərtib edilmiş müddəanı sübut edək. Və yenə induksiya ilə.

1. induksiyanın əsası. Aydındır ki, at n = 1 ifadə doğrudur: 3-dən bəri 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. induksiya mərhələsi. Fərz edək ki, saat n = k
   ifadə 3 3k + 3 - 26k - 27 26-ya bölünür 2 qalıqsız və iddianın doğru olduğunu sübut edin n = k + 1,
   yəni o nömrə

26 2-yə bölünür izsiz. Son cəmdə hər iki şərt qalıqsız 26-ya bölünür 2 . Birincisi, mötərizədə göstərilən ifadənin 26-ya bölündüyünü sübut etdiyimiz üçün; ikincisi, induktiv fərziyyə ilə. Riyazi induksiya prinsipi sayəsində zəruri müddəa tam sübuta yetirilir.

Riyazi induksiya metodunun sıraların cəmlənməsinə tətbiqi.

Tapşırıq 5. Formulu sübut edin

N natural ədəddir.

Həll.

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

Fərz edək ki, düstur n=k üçün doğrudur, 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.

Bir tapşırıq 6. Lövhədə iki ədəd yazılır: 1.1. Onların cəmini ədədlər arasına daxil edərək 1, 2, 1 rəqəmlərini alırıq. Bu əməliyyatı yenidən təkrarlayaraq 1, 3, 2, 3, 1 rəqəmlərini alırıq. Üç əməliyyatdan sonra ədədlər 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Bundan sonra lövhədəki bütün nömrələrin cəmi neçə olacaq 100 əməliyyat?

Həll. Hamısını 100 edin əməliyyatlar çox vaxt aparan və vaxt aparan olardı. Beləliklə, biz S cəmi üçün ümumi düstur tapmağa çalışmalıyıq n-dən sonrakı rəqəmlər əməliyyatlar. Cədvələ baxaq:

Burada hər hansı bir nümunə gördünüzmü? 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,

S 4 cəmi 82-dir.

Əslində, nömrələri 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 nömrəni iki köhnənin 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 ifratdan başqa) indi cəmi üç dəfə daxil olur, buna görə də yeni məbləğ 3S - 2-dir (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 üçlüyün güclərində olduğu kimi cəmi üç dəfə artardı (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). İndi gördüyünüz kimi nömrələrimiz daha birdir. Beləliklə, belə güman etmək olar

İndi bunu induksiya ilə sübut etməyə çalışaq.

induksiyanın əsası. Cədvələ baxın (üçün n = 0, 1, 2, 3).

induksiya mərhələsi. Belə iddia edək

Gəlin bunu sübut edək S - + 1 \u003d Z - + 1 + 1.

Həqiqətən,

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

Riyazi induksiya prinsipinin tətbiqinin bir əlamətdar nümunəsini nəzərdən keçirin, burada əvvəlcə iki təbii parametr təqdim etməli və sonra onların cəminə induksiya etməlisiniz.

Bir tapşırıq 7. Əgər sübut edin= 2, x 2 = 3 və hər bir təbii üçün n> 3

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

sonra

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

Həll. Qeyd edək ki, bu məsələdə ədədlərin ilkin ardıcıllığı(x n) induksiya ilə müəyyən edilir, çünki ilk ikisindən başqa ardıcıllığımızın şərtləri induktiv şəkildə, yəni əvvəlkilər vasitəsilə verilir. Verilmiş ardıcıllıqlar adlanır təkrarlanan, bizdə isə bu ardıcıllıq (onun ilk iki şərtini göstərməklə) özünəməxsus şəkildə müəyyən edilir.

induksiyanın əsası. O, iki iddianın yoxlanılmasından ibarətdir: n=1 və n=2.B Hər iki halda, iddia fərziyyə ilə doğrudur.

induksiya mərhələsi. Bunun üçün fərz edək n = k - 1 və n = k iddia edilir, yəni

O zaman bu iddianı sübut edək n = k + 1. Bizdə:

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

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

k > 2 üçün.

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

induksiyanın əsası. n = üçün 1 ifadə doğrudur, çünki vahidin özü Fibonaççi nömrəsidir.

induksiya mərhələsi. Tutaq ki, bütün natural ədədlər bəzi ədədlərdən kiçikdir P, Fibonaççi ardıcıllığının bir neçə müxtəlif şərtlərinin cəmi kimi təmsil oluna bilər. Ən böyük Fibonaççi ədədini tapın F t , çox olmayan P; belə ki, F t n və F t +1 > n.

Çünki

İnduksiya fərziyyəsinə görə, sayı p- F t Fibonaççi ardıcıllığının 5 müxtəlif üzvünün cəmi kimi təmsil oluna bilər və sonuncu bərabərsizlikdən belə nəticə çıxır ki, 8-in cəmində iştirak edən Fibonaççi ardıcıllığının bütün üzvləri ondan kiçikdir. F t . Buna görə də sayının genişlənməsi n = 8 + F t problemin şərtini qane edir.

Bərabərsizliklərin isbatına riyazi induksiya metodunun tətbiqi nümunələri.

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

(1 + x) n > 1 + xn.

Həll. Biz 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. Nömrə üçün bunu fərz edək n = k ifadə doğrudur, yəni

(1 + x) k > 1 + xk,

Burada k > 2. Bunu n = k + 1 üçün sübut edirik. 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, Bernoulli bərabərsizliyinin istənilən üçün etibarlı olduğunu iddia etmək olar. n > 2.

Həmişə riyazi induksiya metodundan istifadə etməklə həll olunan məsələlərin şərtlərində deyil, sübut edilməli olan ümumi qanun aydın şəkildə ifadə edilir. Bəzən konkret halları müşahidə etməklə onların hansı ümumi qanuna gətirib çıxardığını tapmaq (təxmin etmək) və yalnız bundan sonra riyazi induksiya yolu 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

hər hansı bir təbii üçün n > 1.

Həll, Bu bərabərsizliyi riyazi induksiya ilə sübut etməyə çalışaq.

İnduksiya əsası asanlıqla yoxlanılır: 1+

İnduktiv fərziyyə ilə

və bunu sübut etmək bizə qalır

İnduktiv fərziyyədən istifadə edərək, bunu təsdiq edəcəyik

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

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

Bu iddianı induksiya ilə sübut etmək ümidsiz görünə bilər.

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

və sonra bunu sübut edəcəyik

Həqiqətən,

Beləliklə, biz daha güclü bir müddəa sübut etdik ki, problemin şərtində olan müddəa ondan dərhal irəli gəlir.

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

Problemin həllində yaranan vəziyyət adlanırixtiraçının 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. 2m + n - 2m olduğunu sübut edin hər hansı bir təbii üçün növü.

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

Biz induktiv əsaslandırma aparacağıq P.

1. Səhnə görə induksiyanın əsası. n = üçün 1 bunu yoxlamaq lazımdır 2 t ~ 1 > t. Bu bərabərsizliyi sübut etmək üçün induksiyadan istifadə edirik t.

a) Cild üzrə induksiya əsası. t = üçün 1 davam edir
bərabərlik, bu məqbuldur.

b) t görə induksiya addımı.Fərz edək ki, saat t = k ifadə doğrudur, yəni 2 k ~ 1 > k. Sonra yuxarı
Deyək ki, bu iddia doğru olsa belə m = k + 1.
Bizdə:

təbii k.

Beləliklə, bərabərsizlik 2 hər hansı bir təbii üçün həyata keçirilir t.

2. Maddəyə görə induksiya mərhələsiBəzi natural ədədləri seçin və düzəldin t. Fərz edək ki, saat n = I ifadə doğrudur (sabit t), yəni 2 t +1 ~ 2 > t1, və sübut edin ki, o zaman iddia doğru olacaq n = l + 1.
Bizdə:

hər hansı bir təbii üçün növü.

Buna görə də, riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq (görə 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 ifadədəüçün kvadrat kök işarələri, t və n alternativdir.

Həll. Əvvəlcə bəzi köməkçi müddəaları sübut edək.

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

Sübut. Bərabərsizliyi nəzərdən keçirin

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

Son bərabərsizliyin hər iki hissəsinin kvadrat kökünü götürərək, lemmanın təsdiqini əldə edirik. Beləliklə, lemma sübut edilmişdir.

İndi problemin həllinə keçək. Bu ədədlərdən birincisini ilə işarə edək a, və ikincisi vasitəsilə b -ə. Sübut edək ki, a hər hansı bir təbii üçünüçün. Sübut riyazi induksiya üsulu ilə cüt və tək üçün ayrıca aparılacaqdırüçün.

induksiyanın əsası. k = üçün 1 bərabərsizliyimiz var

y[t > y/n , buna görə etibarlıdır m > n. = 2, isbat edilmiş lemmadan əvəz etməklə istənilən nəticə alınır x = 0.

induksiya mərhələsi. Tutaq ki, bəziləri üçün a >b bərabərsizliyinə ədalətli. Gəlin bunu sübut edək

Kvadrat kökün induksiyası və monotonluğu fərziyyəsindən əldə edirik:

Digər tərəfdən sübut olunmuş lemmadan belə çıxır ki

Son iki bərabərsizliyi birləşdirərək əldə edirik:

Riyazi induksiya prinsipinə əsasən, müddəa sübuta yetirilir.

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

Həll. n = 2 üçün bərabərsizlik

arifmetik orta və həndəsi orta (iki ədəd üçün) məlum hesab ediləcək. Qoy n= 2, k = 1, 2, 3, ... və əvvəlcə induksiyanı həyata keçirinüçün. Bu induksiyanın əsası var.Fərz etsək ki, indi arzu olunan bərabərsizlik artıq müəyyən edilmişdir n = 2, biz bunu sübut edəcəyik P = 2. Bizdə (iki ədəd üçün bərabərsizlikdən istifadə etməklə):

Buna görə də induksiya hipotezi ilə

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

Digər dəyərlər üçün bərabərsizliyi sübut etmək P biz "induksiyadan aşağı" istifadə edəcəyik, yəni sübut edəcəyik ki, əgər bərabərsizlik ixtiyari mənfi olmayan üçün ödənilirsə P nömrələr üçün də keçərlidir(S - 1) nömrə. Bunu yoxlamaq üçün qeyd edirik ki, edilən fərziyyəyə görə, üçün P ədədlər, bərabərsizlik

yəni a r + 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 nömrələr üçün də keçərlidir(S - 1) rəqəmlər. Buradan indi belə nəticəyə gəlirik ki, Koti bərabərsizliyi bir çoxluq 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, bu o deməkdir ki, (tərifinə görə) bu bucaqlar üçün = p, = (p, q ümumi natural ədədlərdir) ümumi ölçüyə malikdir.

Riyazi induksiya metodundan istifadə edək və onu cəmin üzərinə çəkək n = p + q təbii ümumi ədədlər..

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

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

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

AC \u003d DC və AD \u003d AB + BD, buna görə də,

2AC > AB + BD (1)

İndi üçbucağı nəzərdən keçirək VDC, bucaqları da müqayisə edilə bilər:

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

düyü. 2

Bu üçbucaq induktiv fərziyyəni təmin edir və buna görə də

(2)

(1) və (2) əlavə edərək, əldə edirik:

2AC+BD>

və buna görə də

Eyni üçbucaqdan WBS induksiya fərziyyəsi ilə belə nəticəyə gəlirik

Əvvəlki bərabərsizliyi nəzərə alaraq belə nəticəyə gəlirik

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

Şərh. Problemin ifadəsi hətta a və p bucaqları ölçülə bilən olmadıqda belə 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 boyamağın mümkün olduğunu 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 edirik. Elə isə qoy P - təyyarəmizi hissələrə ayıran xətlərin sayı, n > 1.

induksiyanın əsası. Yalnız bir düz varsa(S = 1), sonra təyyarəni iki yarım müstəviyə bölür, onlardan biri ağ, digəri qara rəngli ola bilər və məsələnin ifadəsi doğrudur.

induksiya mərhələsi. İnduktiv addımın sübutunu daha aydın etmək üçün bir yeni sətir əlavə etmək prosesini nəzərdən keçirin. İkinci xətti çəksək(S= 2), onda əks küncləri eyni rəngə boyayaraq istədiyiniz şəkildə rənglənə bilən dörd hissə alırıq. Gəlin görək üçüncü düz xətti çəksək nə olacaq. O, bəzi "köhnə" hissələri ayıracaq, eyni zamanda hər iki tərəfində rəngi eyni olan sərhədin yeni hissələri görünəcək (şəkil 4).

düyü. dörd

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

Şəkil 5

İndi induktiv addımı sübut edək. Tutaq ki, bəziləri üçünn = kməsələnin ifadəsi etibarlıdır, yəni müstəvinin bunlarla bölündüyü bütün hissələriüçündüz, ağ və qara rəngə boyaya bilərsiniz ki, qonşu hissələri müxtəlif rənglərdə olsun. Gəlin sübut edək ki, o zaman belə bir rəngləmə varP= üçün+ 1 düz. İki düz xəttdən üçə keçid vəziyyətinə oxşar şəkildə davam edək. Gəlin təyyarədə keçirəküçünbirbaşa. Sonra, induktiv fərziyyə ilə nəticələnən "xəritə" istədiyiniz şəkildə rənglənə bilər. İndi sərf edək( üçün+ 1)-ci düz xətt və onun bir tərəfində rəngləri əks olanlara dəyişirik. İndi isə( üçün+ 1)-ci düz xətt hər yerdə müxtəlif rəngli bölmələri ayırır, "köhnə" hissələr isə, artıq gördüyümüz kimi, düzgün rəngdə qalır. Riyazi induksiya prinsipinə əsasən məsələ həll edilir.

Bir tapşırıq16. Səhranın kənarında böyük bir benzin ehtiyatı və tam yanacaqdoldurma məntəqəsi ilə 50 kilometr gedə bilən avtomobil var. Sərhədsiz miqdarda, avtomobilin yanacaq çənindən benzini boşaltmaq və səhrada istənilən yerdə saxlamaq üçün buraxa biləcəyiniz kanistrlər var. Sübut edin ki, avtomobil 50 kilometrdən çox istənilən tam məsafə qət edə bilər. Benzin qutularının daşınmasına icazə verilmir, boş qutular istənilən miqdarda aparıla bilər.

Həll.Gəlin bunu induksiya ilə sübut etməyə çalışaqP,ki, avtomobil idarə edə bilərPkm səhranın kənarından. AtP= 50 məlumdur. İnduksiya addımını yerinə yetirmək və ora necə getməyi izah etmək qalırn = k+ 1 km məlumdursan = kkilometr sürmək olar.

Ancaq burada bir çətinliklə qarşılaşırıq: keçəndən sonraüçünkilometr, benzin hətta geri dönüş üçün kifayət etməyə bilər (saxlamanı qeyd etməmək). Və bu halda çıxış yolu sübut olunan iddianı gücləndirməkdir (ixtiraçının paradoksu). Sübut edəcəyik ki, təkcə maşın sürmək mümkün deyilPkilometr, həm də bir məsafədə bir nöqtədə özbaşına böyük benzin tədarükü etməkPkm səhranın kənarından, nəqliyyat bitdikdən sonra bu nöqtədə olmaq.

induksiyanın əsası.Bir kilometrlik yolu başa çatdırmaq üçün tələb olunan benzin miqdarı bir benzin vahidi olsun. Sonra 1 kilometrlik gediş və geriyə iki benzin vahidi tələb olunur, buna görə də biz kənardan bir kilometr məsafədə 48 ədəd benzini anbarda qoyub daha çoxuna qayıda bilərik. Beləliklə, anbara bir neçə səfər üçün bizə lazım olan ixtiyari ölçüdə bir ehtiyat hazırlaya bilərik. Eyni zamanda 48 ədəd ehtiyat yaratmaq üçün 50 ədəd benzin sərf edirik.

induksiya mərhələsi.Fərz edək ki, uzaqdanP= üçünsəhranın kənarından istənilən miqdarda benzin saxlaya bilərsiniz. Gəlin sübut edək ki, o zaman məsafədə anbar yaratmaq olarn = k+ 1 km hər hansı əvvəlcədən müəyyən edilmiş benzin tədarükü ilə və daşınmanın sonunda bu anbarda olun. Çünki nöqtədəP= üçünlimitsiz benzin tədarükü var, onda (induksiya bazasına görə) nöqtəyə bir neçə səfərdə edə bilərikn = k+ 1 bir nöqtə qoymaq üçünP= üçünİstənilən ölçüdə 4- 1 ədəd.

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

Nəticə

Xüsusilə, riyazi induksiya metodunu öyrənərək, riyaziyyatın bu sahəsində biliklərimi təkmilləşdirdim, həmçinin əvvəllər mənim səlahiyyətimdən kənar problemləri 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 fizikada, kimyada və həyatın özündə problemlərin həllində necə tətbiq etməyi öyrənməyə çalışacağam.

Ədəbiyyat

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

1976.-48 s.

2. Qolovina L.İ., Yaqlom İ.M. Həndəsədə induksiya. - M.: Qosud. naşir yanır. - 1956 - S.I00. Universitetlərə abituriyentlər 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. - (Riyaziyyat üzrə 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. - (Riyaziyyat üzrə 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.wikiredia.org/wiki

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

Riyazi induksiya üsulu

Giriş

Əsas hissə

1. Tam və natamam induksiya
2. Riyazi induksiyanın prinsipi
3. Riyazi induksiya üsulu
4. Nümunələrin həlli
5. Bərabərlik
6. Say bölgüsü
7. bərabərsizliklər

Nəticə

İstifadə olunmuş ədəbiyyatların siyahısı

Giriş

Deduktiv və induktiv üsullar istənilən riyazi tədqiqatın əsasını 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 tətbiq edilir, yəni. deduktiv metodun əksidir.

Riyazi induksiya metodunu tərəqqi ilə müqayisə etmək olar. Biz ən aşağıdan başlayırıq, məntiqi təfəkkür nəticəsində ən yüksəklərə çatırıq. İnsan həmişə tərəqqiyə, fikrini məntiqi inkişaf etdirmək qabiliyyətinə can atıb, bu o deməkdir ki, təbiət özü ona induktiv düşünməyi qismət edib.

Riyazi induksiya metodunun tətbiq sahəsi genişlənsə də, məktəb proqramında ona az vaxt verilir. Yaxşı, deyin ki, faydalı insanı o iki-üç dərs gətirəcək ki, beş kəlmə nəzəriyyə eşidir, beş primitiv məsələni həll edir və nəticədə heç nə bilmədiyi üçün beş alır.

Ancaq bu çox vacibdir - induktiv düşünə bilmək.

Əsas hissə

İlkin mənasında "induksiya" sözü bir sıra xüsusi ifadələrə əsaslanaraq ümumi nəticələrin əldə edildiyi əsaslandırmaya tətbiq olunur. Bu cür əsaslandırmanın ən sadə üsulu tam induksiyadır. Bu cür mülahizələrin bir nümunəsidir.

Müəyyən etmək tələb olunsun ki, 4 daxilində hər bir n natural cüt ədədi iki sadə ədədin cəmi kimi göstərilə bilər. Bunu etmək üçün bütün bu nömrələri götürürük və müvafiq genişləndirmələri yazırıq:

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.

Bu doqquz bərabərlik göstərir ki, bizi maraqlandıran nömrələrin hər biri həqiqətən də iki əsas şərtin cəmi kimi təmsil olunur.

Beləliklə, tam induksiya ümumi müddəanın sonlu sayda mümkün halların hər birində ayrıca sübut edilməsidir.

Bəzən ümumi nəticəni hamısını deyil, çoxlu sayda xüsusi halları (natamam induksiya adlanan) nəzərdən keçirdikdən sonra proqnozlaşdırmaq olar.

Natamam induksiya ilə əldə edilən nəticə isə bütün xüsusi halları əhatə edən dəqiq riyazi əsaslandırma ilə sübuta yetirilənə qədər yalnız fərziyyə olaraq qalır. Başqa sözlə, riyaziyyatda natamam induksiya qanuni ciddi sübut üsulu hesab edilmir, lakin yeni həqiqətləri aşkar etmək üçün güclü bir üsuldur.

Məsələn, ilk n ardıcıl tək ədədin cəmini tapmaq tələb olunsun. Xüsusi halları nəzərdən keçirin:

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

Bu bir neçə xüsusi halı nəzərdən keçirdikdən sonra aşağıdakı ümumi nəticə özünü göstərir:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

olanlar. ilk n ardıcıl tək ədədlərin cəmi n 2-dir

Təbii ki, aparılan müşahidə yuxarıdakı düsturun düzgünlüyünə hələ sübut ola bilməz.

Tam induksiya riyaziyyatda yalnız məhdud tətbiqlərə malikdir. Bir çox maraqlı riyazi ifadələr sonsuz sayda xüsusi halları əhatə edir və biz sonsuz sayda hal üçün test edə bilmərik. Natamam induksiya çox vaxt səhv nəticələrə səbəb olur.

Bir çox hallarda bu cür çətinlikdən çıxış yolu riyazi induksiya metodu adlanan xüsusi düşünmə üsuluna müraciət etməkdir. Bu aşağıdakı kimidir.

İstənilən natural n ədədi üçün müəyyən müddəanın doğruluğunu sübut etmək lazım gəlsin (məsələn, ilk n ədəd tək ədədin cəminin n 2-yə bərabər olduğunu sübut etmək lazımdır). Bu ifadənin n-nin hər bir dəyəri üçün birbaşa yoxlanılması qeyri-mümkündür, çünki natural ədədlər çoxluğu sonsuzdur. Bu ifadəni sübut etmək üçün əvvəlcə onun n=1 üçün etibarlılığını yoxlayın. Sonra sübut olunur ki, k-nin istənilən natural qiyməti üçün n=k üçün nəzərdən keçirilən müddəanın etibarlılığı onun n=k+1 üçün də etibarlılığını nəzərdə tutur.

Onda müddəa bütün n üçün sübut edilmiş hesab olunur. Həqiqətən, müddəa n=1 üçün doğrudur. Lakin o zaman növbəti n=1+1=2 ədədi üçün də etibarlıdır. n=2 üçün təsdiqin etibarlılığı onun n=2+ üçün etibarlılığını nəzərdə tutur

1=3. Bu, n=4 üçün mülahizənin etibarlılığını nəzərdə tutur və s. Aydındır ki, sonda istənilən n natural ədədinə çatacağıq. Beləliklə, ifadə istənilən n üçün doğrudur.

Deyilənləri ümumiləşdirərək, aşağıdakı ümumi prinsipi formalaşdırırıq.

Riyazi induksiya prinsipi.

Əgər cümlə A(n) natural ədəddən asılı olaraqn, üçün doğrudurn=1 və bunun üçün doğru olmasındann= k (haradak-hər hansı natural ədəd), bundan belə nəticə çıxır ki, o, növbəti ədəd üçün də doğrudurn= k+1, sonra fərziyyə A(n) istənilən natural ədəd üçün doğrudurn.

Bir sıra hallarda müəyyən mülahizənin doğruluğunu bütün natural ədədlər üçün deyil, yalnız n>p üçün sübut etmək lazım gələ bilər, burada p sabit natural ədəddir. Bu halda riyazi induksiyanın prinsipi aşağıdakı kimi tərtib edilir.

Əgər cümlə A(n) üçün doğrudurn= səh və əgər A(k) Þ AMMA(k+1) hər hansı biri üçünk> səh, sonra cümlə A(n) istənilən üçün doğrudurn> səh.

Riyazi induksiya üsulu ilə sübut aşağıdakı kimi aparılır. Birincisi, sübut edilməli olan müddəa n=1 üçün yoxlanılır, yəni. A(1) ifadəsinin doğruluğu müəyyən edilir. Sübutun bu hissəsi induksiya əsası adlanır. Bunun ardınca induksiya addımı adlanan sübutun bir hissəsi gəlir. Bu hissədə n=k+1 üçün mülahizənin doğruluğu n=k (induktiv fərziyyə) üçün müddəanın doğru olması fərziyyəsi ilə isbat edilir, yəni. sübut edin ki, A(k)ÞA(k+1).

NÜMUNƏ 1

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 olduğunu sübut edin.

Həlli: 1) Bizdə n=1=1 2 . Nəticədə,

ifadə n=1 üçün doğrudur, yəni. A(1) doğrudur.

2) A(k)ÞA(k+1) olduğunu sübut edək.

Qoy k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün mülahizə doğru olsun, yəni.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Sübut edək ki, onda təsdiq növbəti natural ədəd n=k+1 üçün də doğrudur, yəni. nə

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Həqiqətən,

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

Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, A(n) fərziyyəsi istənilən nОN üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 2

Bunu sübut et

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n +1 -1) / (x-1), burada x¹1

Həlli: 1) n=1 üçün alarıq

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

buna görə də n=1 üçün düstur doğrudur; A(1) doğrudur.

2) k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün düstur doğru olsun, yəni.

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

O zaman bərabərliyi sübut edək

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

Həqiqətən

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).

Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, düstur istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 3

Qabarıq n-bucaqlının diaqonallarının sayının n(n-3)/2 olduğunu sübut edin.

Həlli: 1) n=3 üçün mülahizə doğrudur

Və 3 düzgündür, çünki üçbucaqda

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

A 2 A(3) doğrudur.

2) Tutaq ki, hər hansı birində

qabarıq k-qon var-

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

A k Bunu qabarıq şəkildə sübut edək

(k+1)-qon sayı

diaqonallar A k +1 \u003d (k + 1) (k-2) / 2.

A 1 А 2 А 3 …A k A k +1 -qabarıq (k+1)-künc olsun. Onun içinə diaqonal A 1 A k çəkək. Bu (k + 1)-qonun diaqonallarının ümumi sayını hesablamaq üçün k-qonundakı diaqonalların sayını hesablamaq lazımdır A 1 A 2 ...A k , alınan ədədə k-2 əlavə edin, yəni. A k +1 təpəsindən çıxan (k+1)-qonun diaqonallarının sayı və əlavə olaraq A 1 A k diaqonalı nəzərə alınmalıdır.

Bu minvalla,

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

Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə görə ifadə istənilən qabarıq n-qonşu üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 4

İstənilən n ifadəsi üçün doğru olduğunu sübut edin:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

Deməli, n=1 üçün mülahizə doğrudur.

2) Fərz edək ki, n=k

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

3) n=k+1 üçün bu ifadəni nəzərdən keçirin

X k +1 =(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

X k +1 =1 2 +2 2 +3 2 +…+k 2 +(k+1) 2 =k(k+1)(2k+1)/6+ +(k+1) 2 =(k) (k+1)(2k+1)+6(k+1) 2)/6=(k+1)(k(2k+1)+

6(k+1))/6=(k+1)(2k 2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)

2))/6=(k+1)(k+2)(2k+3)/6.

Biz n=k+1 üçün bərabərliyin doğruluğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə müddəa istənilən natural n üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 5

İstənilən natural n üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut edin:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Həlli: 1) n=1 olsun.

Onda X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

n=1 üçün ifadənin doğru olduğunu görürük.

2) Fərz edək ki, n=k üçün bərabərlik doğrudur

X k \u003d k 2 (k + 1) 2/4.

3) n=k+1 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək, yəni.

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.

Yuxarıdakı sübutdan aydın olur ki, müddəa n=k+1 üçün doğrudur, ona görə də bərabərlik istənilən natural n üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 6

Bunu sübut et

((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), burada n>2.

Həlli: 1) n=2 üçün eynilik belə görünür: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

olanlar. doğrudur.

2) Fərz edək ki, n=k üçün ifadə doğrudur

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

3) n=k+1 üçün ifadənin düzgünlüyünü sübut edəcəyik.

(((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).

Biz n=k+1 üçün bərabərliyin doğruluğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə müddəa istənilən n>2 üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 7

Bunu sübut et

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

hər hansı təbii n üçün.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

2) Fərz edək ki, n=k, onda

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3).

3) n=k+1 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək

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

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

n=k+1 üçün bərabərliyin etibarlılığı da sübut edilmişdir, ona görə də müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 8

Şəxsiyyətin etibarlılığını sübut edin

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

hər hansı təbii n üçün.

1) n=1 üçün eynilik doğrudur 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Fərz edək ki, n=k üçün

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

3) n=k+1 üçün eyniliyin doğru olduğunu sübut edək.

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

Yuxarıdakı dəlildən görünür ki, təsdiq hər hansı n natural ədədi üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 9

(11 n+2 +12 2n+1) 133-ə qalıqsız bölündüyünü sübut edin.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

11 3 +12 3 \u003d (11 + 12) (11 2 -132 + 12 2) \u003d 23'133.

Lakin (23´133) 133-ə qalıqsız bölünür, ona görə də n=1 üçün mülahizə doğrudur; A(1) doğrudur.

2) Tutaq ki, (11 k+2 +12 2k+1) 133-ə qalıqsız bölünür.

3) Gəlin bu halda bunu sübut edək

(11 k+3 +12 2k+3) 133-ə qalıqsız bölünür. Həqiqətən, 11 k +3 +12 2k+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 .

Əldə edilən cəm 133-ə qalıqsız bölünür, çünki onun birinci üzvü fərziyyə ilə 133-ə qalıqsız bölünür, ikincisində isə amillərdən biri 133-ə bərabərdir. Beləliklə, А(k)ÞА(k+1). Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübuta yetirilir.

NÜMUNƏ 10

Sübut edin ki, istənilən n 7 üçün n -1 6-ya qalıqsız bölünür.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda X 1 =7 1 -1=6 6-ya qalıqsız bölünür. Beləliklə, n = 1 üçün ifadə doğrudur.

2) Fərz edək ki, n=k üçün

7 k -1 qalıqsız 6-ya bölünür.

3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək.

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

Birinci həd 6-ya bölünür, çünki 7 k -1 fərziyyə ilə 6-ya bölünür, ikinci hədd isə 6-dır. Deməli, 7 n -1 istənilən təbii n üçün 6-nın qatıdır. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübuta yetirilir.

NÜMUNƏ 11

İxtiyari natural n üçün 3 3n-1 +2 4n-3-ün 11-ə bölündüyünü sübut edin.
Həlli: 1) n=1 olsun, onda

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11, qalıq olmadan 11-ə bölünür. Deməli, n=1 üçün mülahizə doğrudur.

2) Fərz edək ki, n=k üçün

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 11-ə qalıqsız bölünür.

3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək.

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 .

Birinci hədd qalıqsız 11-ə bölünür, çünki 3 3 k-1 +2 4k-3 fərziyyə ilə 11-ə bölünür, ikincisi 11-ə bölünür, çünki onun amillərindən biri 11 rəqəmidir. Beləliklə, cəmi 11-ə bölünən hər hansı bir təbii n üçün qalıq yoxdur. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübuta yetirilir.

NÜMUNƏ 12

Sübut edin ki, ixtiyari müsbət tam n üçün 11 2n -1 qalıqsız 6-ya bölünür.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda 11 2 -1=120 6-ya qalıqsız bölünür. Beləliklə, n = 1 üçün ifadə doğrudur.

2) Fərz edək ki, n=k üçün

11 2 k -1 qalıqsız 6-ya bölünür.

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

Hər iki şərt 6-ya qalıqsız bölünür: birincisi 6 ədəd 120-nin qatını ehtiva edir, ikincisi isə fərziyyə ilə qalıqsız 6-ya bölünür. Beləliklə, cəmi 6-ya qalıqsız bölünür. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübuta yetirilir.

NÜMUNƏ 13

Sübut edin ki, ixtiyari müsbət tam n üçün 3 3 n+3 -26n-27 26 2-yə (676) qalıqsız bölünür.

Həlli: Əvvəlcə sübut edək ki, 3 3 n+3 -1 26-ya qalıqsız bölünür.

1. n=0 üçün

3 3 -1=26 26-ya bölünür

1. Tutaq ki, n=k üçün

3 3k+3 -1 26-ya bölünür

1. Gəlin bu ifadəni sübut edək

n=k+1 üçün doğrudur.

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3 k +3 -1) - 26-ya bölünür

İndi gəlin problemin şərti ilə tərtib edilmiş müddəanı sübut edək.

1) Aydındır ki, n=1 üçün mülahizə doğrudur

3 3+3 -26-27=676

2) Fərz edək ki, n=k üçün

3 3 k+3 -26k-27 ifadəsi 26 2-yə qalıqsız bölünür.

3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək

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

Hər iki şərt 26 2-yə bölünür; birincisi 26 2-yə bölünür, çünki mötərizədə göstərilən ifadənin 26-ya, ikincinin isə induktiv fərziyyə ilə bölünə biləcəyini sübut etdik. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübuta yetirilir.

NÜMUNƏ 14

Sübut edin ki, n>2 və x>0 olarsa, onda bərabərsizlik olar

(1+x) n >1+n´x.

Həlli: 1) n=2 üçün bərabərsizlik doğrudur, çünki

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

Beləliklə, A (2) doğrudur.

2) Sübut edək ki, A(k)ÞA(k+1) əgər k> 2. Tutaq ki, A(k) doğrudur, yəni bərabərsizlik

(1+x) k >1+k´x. (3)

Sübut edək ki, onda A(k+1) də doğrudur, yəni bərabərsizlik

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Həqiqətən, bərabərsizliyin hər iki tərəfini (3) müsbət 1+x ədədinə vuraraq, əldə edirik

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Sonuncu qeyri-bərabərin sağ tərəfini nəzərdən keçirin

stva; bizdə var

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

Nəticədə biz bunu əldə edirik

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, Bernulli bərabərsizliyinin istənilən üçün etibarlı olduğunu iddia etmək olar.

NÜMUNƏ 15

Bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edin

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

Həlli: 1) m=1 üçün

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 hər iki hissə bərabərdir.

2) Fərz edək ki, m=k üçün

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) m=k+1 üçün qeyri-bərabərliyin doğru olduğunu sübut edək

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

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

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

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

Biz m=k+1 üçün bərabərsizliyin doğruluğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən natural m üçün doğrudur.

NÜMUNƏ 16

n>6 bərabərsizliyi üçün sübut edin

Həlli: Gəlin bərabərsizliyi formada yenidən yazaq

1. n=7 üçün bizdə var

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

bərabərsizlik doğrudur.

1. Tutaq ki, n=k üçün

3) n=k+1 üçün bərabərsizliyin düzgünlüyünü sübut edək.

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

k>7 olduğundan sonuncu bərabərsizlik aydındır.

Riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən təbii n üçün etibarlıdır.

NÜMUNƏ 17

n>2 bərabərsizliyi üçün sübut edin

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Həlli: 1) n=3 üçün bərabərsizlik doğrudur

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

1. Tutaq ki, n=k üçün

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

3) Biz qeyri-mümkün olanların etibarlılığını sübut edəcəyik.

n=k+1 üçün bərabərliklər

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Sübut edək ki, 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Sonuncu göz qabağındadır və buna görə də

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Riyazi induksiya metodu sayəsində qeyri-bərabərlik sübuta yetirilir.

Nəticə

Xüsusilə, riyazi induksiya metodunu öyrənərək, riyaziyyatın bu sahəsində biliklərimi artırdım, həmçinin əvvəllər mənim səlahiyyətimdən kənarda olan problemlərin həllini 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 fizikada, kimyada və həyatın özündə problemlərin həllində necə tətbiq etməyi öyrənməyə çalışacağam.

RİYAZİYYAT:

MÜHAZİRƏLƏR, TAPŞIQLAR, HƏLL YOLLARI

Dərslik / V. G. Boltyanski, Yu. V. Sidorov, M. İ. Şabunin. Potpuri MMC 1996.

CƏBR VƏ TƏHLİL PRİNSİPLERİ

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

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

Riyaziyyat olimpiadalarında natural ədədlərin bölünməsini sübut etmək üçün kifayət qədər çətin məsələlərə tez-tez rast gəlinir. Məktəblilər problemlə üzləşirlər: bu cür problemləri həll etməyə imkan verən universal riyazi metodu necə tapmaq olar?

Belə çıxır ki, bölünmə məsələlərinin əksəriyyətini riyazi induksiya yolu ilə həll etmək olar, lakin məktəb dərsliklərində bu üsula çox az diqqət yetirilir, əksər hallarda qısa nəzəri təsvir verilir və bir neçə məsələ təhlil edilir.

Biz ədədlər nəzəriyyəsində riyazi induksiya metodunu tapırıq. Ədədlər nəzəriyyəsinin başlanğıcında riyaziyyatçılar induktiv olaraq 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, onlar "son" testdən keçsələr, fərziyyələrin nə qədər yanıltıcı ola biləcəyini başa düşdülər. Sonlu alt çoxluq üçün təsdiqlənmiş ifadədən bütün sonsuz çoxluq üçün oxşar ifadəyə induktiv keçid üçün sübut lazımdır. Bu üsul hər hansı bir tam ədədin hər hansı digər tam ədədə bölünmə meyarlarını 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 bəzi n rəqəmindən başlayan müddəanın doğruluğunu əsaslandırmaq yolu ilə sübut etmək üçün istifadə olunur.

Riyazi induksiya üsulu ilə müəyyən ifadənin doğruluğunu sübut etmək üçün məsələlərin həlli dörd mərhələdən ibarətdir (şək. 1):

düyü. 1. Problemin həlli sxemi

1. İnduksiyanın əsasları . Bəyanatın məntiqli olduğu ən kiçik natural ədəd üçün ifadənin etibarlılığını yoxlayın.

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

3. induktiv keçid . K+1 üçün təsdiqin doğru olduğunu sübut edirik.

4. Nəticə . Əgər belə bir sübut tamamlanıbsa, onda riyazi induksiya prinsipi əsasında mülahizənin istənilən natural n ədədi üçün doğru olduğunu iddia etmək olar.

Natural ədədlərin bölünməsini sübut etmək üçün məsələlərin həllində riyazi induksiya metodunun tətbiqini nəzərdən keçirək.

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

Sübut:

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

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

19-a bölünür. 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 yoxlayın: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 9-un qatıdır.

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

3) Sübut edək ki, düstur n = k + 1 üçün də doğrudur, 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 təklif n-in bütün qiymətləri üçün doğrudur.

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

Sübut:

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayın: 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. (3 2 k +1 +2 k +2) 9 7-yə, 7 2 k +2 isə 7-yə bölündüyü üçün onların fərqi də 7-yə bölünür.

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

Natural ədədlərin bölünmə nəzəriyyəsində bir çox sübut məsələlərini riyazi induksiya üsulundan istifadə etməklə həll etmək rahatdır, hətta demək olar ki, bu üsulla məsələlərin həlli kifayət qədər alqoritmikdir, bunun üçün 4 əsas addımı yerinə yetirmək kifayətdir. Amma bu üsulu universal adlandırmaq olmaz, çünki çatışmazlıqlar da var: birincisi, yalnız natural ədədlər çoxluğu üzrə sübut etmək olar, ikincisi, yalnız bir dəyişən üçün sübut etmək olar.

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

Ədəbiyyat:

1. Vilenkin N. Ya. İnduksiya. Kombinatorika. - M.: Maarifçilik, 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. Sharygin I. F. Riyaziyyatdan fakultativ kurs: Məsələlərin həlli: 10 hüceyrə üçün dərslik. orta məktəb - M.: Maarifçilik, 1989. - 252 s.

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

RİYASİ İNDUKSİYA METODU

Rus dilində induksiya sözü rəhbərlik deməkdir və induktiv müşahidələrə, təcrübələrə əsaslanan nəticələr adlanır, yəni. 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 səma üzərində hərəkətinin səbəbi ilə bağlı heç bir fərziyyəyə müraciət etmədən bu nəticəni çıxarırıq (üstəlik, bu hərəkətin özü də aydın olur, çünki yer kürəsi əslində hərəkət edir). Bununla belə, bu induktiv törəmə sabah edəcəyimiz müşahidələri düzgün təsvir edir.

Eksperimental elmlərdə induktiv nəticənin rolu çox böyükdür. Onlar həmin müddəaları verirlər ki, bunlardan daha sonra çıxılma yolu ilə əlavə nəticələr çıxarılır. Nəzəri mexanika Nyutonun üç hərəkət qanununa əsaslansa da, bu qanunların özü eksperimental məlumatların, xüsusən də Danimarka astronomunun uzunmüddətli müşahidələrinin işlənməsi zamanı onun əldə etdiyi Keplerin planetlərin hərəkət qanunları üzərində dərin əks olunmasının nəticəsi idi. Tycho Brahe. Müşahidə və induksiya gələcəkdə irəli sürülən fərziyyələri dəqiqləşdirmək üçün 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. Uzun 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.

Əsgərlərin, gəmilərin və digər sifarişli dəstlərin əmələ gəlməsini müşahidə etməklə izlənəcək arifmetikanın əsas anlayışı da ortaya çıxdı.

Bununla belə, riyaziyyatda induksiyanın rolunun bununla bitdiyini düşünməmək lazımdır. Təbii ki, biz aksiomlardan məntiqi nəticə çıxaran teoremləri eksperimental yoxlamaq lazım deyil: əgər törəmədə məntiqi xətalara yol verilməyibsə, o zaman onlar qəbul etdiyimiz aksiomların doğru olduğu qədər doğrudur. Lakin bu aksiomlar sistemindən çoxlu ifadələr çıxarmaq olar. Və sübut edilməli olan ifadələrin seçilməsi yenidən induksiya ilə təklif olunur. Məhz o, bizə 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, təhlilin bir çox bölmələrində təbii dəyişəndən asılı olan A(n) cümlələrinin doğruluğunu sübut etmək lazımdır. 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) cümləsi dəyişənin bütün təbii qiymətləri üçün doğru hesab olunur:

A(n) təklifi n=1 üçün doğrudur.

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

Bu prinsip riyazi induksiya prinsipi adlanır. O, adətən ədədlərin təbii sıralarını 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) müddəasının doğruluğunu sübut etmək tələb olunursa, onda birincisi, A(1) müddəasının doğruluğunu yoxlamaq, ikincisi, A(k) müddəasının doğruluğunu fərz etmək lazımdır. , A(k +1) müddəasının doğru olduğunu sübut etməyə çalışın. Əgər bu sübut oluna bilsə və sübut k-nin hər bir təbii dəyəri üçün etibarlı qalsa, o zaman riyazi induksiya prinsipinə uyğun olaraq, A(n) müddəası n-nin bütün qiymətləri üçün doğru sayılır.

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 etmək olar.

Aşağıdakı iddia nisbətən asanlıqla sübut edilə bilər. Riyazi induksiya metodundan istifadə etməklə onun necə alındığını göstərək.

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

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

Misal 2Cümlənin doğruluğunu sübut edin

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

Həll.

A(1)=(ədəd 19-un qatıdır) müddəası doğrudur.

Tutaq ki, hansısa qiymət üçün n=k

A(k)=(ədəd 19-un qatıdır) doğrudur. Sonra, o vaxtdan bəri

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

Riyazi induksiya metodunun tətbiqi

seriyanın ümumiləşdirilməsi

Misal 1Formulu sübut edin

, n natural ədəddir.

Həll.

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

Fərz edək ki, düstur n=k üçün doğrudur, 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 2Təbii silsilənin ilk n ədədinin cəminin olduğunu sübut edin.

Həll.

Lazım olan məbləği qeyd edək , yəni. .

n=1 üçün fərziyyə doğrudur.

Qoy . Gəlin bunu göstərək .

Həqiqətən,

Problem həll edildi.

Misal 3Natural 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 üçün fərziyyə açıq şəkildə doğrudur.

Qoy .

Bunu sübut edək.

Həqiqətən,

Riyazi induksiya metodunun tətbiqi nümunələri

bərabərsizliklərin sübutu

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

.

Həll.

Bərabərsizliyin sol tərəfini ilə işarələyin.

Deməli, n=2 üçün bərabərsizlik doğrudur.

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 . Lakin, buna görə də, və .

Misal 2Düşüncədə səhv tapın.

Bəyanat. İstənilən təbii n üçün bərabərsizlik doğrudur.

Sübut.

. (1)

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

.

Həqiqətən, hər hansı bir təbii k üçün ən azı 2. Gəlin bərabərsizliyi (1) sol tərəfə, 2 isə sağ tərəfə əlavə edək. Ədalətli bərabərsizlik əldə edirik və ya . İddia sübuta yetirilib.

Misal 3Bunu 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, fərziyyə ilə, , deməli, bərabərsizlik

, (3)

bərabərsizliyindən (1) onun hər bir hissəsini vurmaqla əldə edilir. (3) bərabərsizliyini aşağıdakı kimi yenidən yazaq: . Son bərabərsizliyin sağ tərəfindəki müsbət termini ataraq etibarlı bərabərsizliyi əldə edirik (2).

Misal 4 Bunu sübut et

(1)

burada , , n 1-dən böyük natural ədəddir.

Həll.

n=2 üçün bərabərsizlik (1) formasını alır

. (2)

, sonra bərabərsizlik

. (3)

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

Bu, (1) bərabərsizliyinin n=2 üçün keçdiyini sübut edir.

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

. (4)

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

(5)

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

. (6)

(5) bərabərsizliyini sübut etmək üçün bunu göstərmək kifayətdir

, (7)

və ya eyni olan,

. (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 etibarlıdır.

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

Başqalarına tətbiq edilən riyazi induksiya üsulu

tapşırıqlar

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

Misal 1Düzgün tərəfi hesablayın - R radiuslu bir dairəyə yazılmış bir kvadrat.

Həll.

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

düzgün səkkizbucağın tərəfi olduğunu tapın , müntəzəm altıbucaqlının tərəfi , müntəzəm otuz iki bucağın tərəfi . Buna görə də, müntəzəm bir yazının tərəfinin 2 olduğunu düşünə bilərik n - hər hansı bir kvadrat bərabərdir

. (1)

Fərz edək ki, nizamlı yazılı -qonun tərəfi (1) düsturu ilə ifadə olunur. Bu halda, ikiqat düsturla

,

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

Misal 2N-bucaqlı (mütləq qabarıq deyil) kəsişməyən diaqonallarına görə neçə üçbucağa bölünə bilər?

Həll.

Üçbucaq üçün bu rəqəm birə bərabərdir (üçbucaqda heç bir diaqonal çəkilə bilməz); dördbucaqlı üçün bu rəqəm açıq şəkildə ikiyə bərabərdir.

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

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

Beləliklə, bizim iddiamız hamı üçün sübuta yetirilir.

Misal 3Qabarıq n-bucaqlının kəsişməyən diaqonallarla üçbucaqlara bölünməsi yollarının P(n) sayının hesablanması qaydasını təyin edin.

Həll.

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

Tutaq ki, biz artıq bütün k üçün P(k) ədədlərini təyin etmişik 1 A 2 ... A n . Onu üçbucaqlara bölmək üçün A tərəfi 1 A 2 arakəsmə üçbucaqlarından birinin tərəfi olacaq, bu üçbucağın üçüncü təpəsi A nöqtələrinin hər biri ilə üst-üstə düşə bilər. 3 , А 4 , …,А n . Bu təpənin A nöqtəsi ilə üst-üstə düşdüyü n-bucaqlını bölmək yollarının sayı 3 , (n-1)-qon A-nı üçbucaqlaşdırmaq yollarının sayına bərabərdir 1 A 3 A 4 ... A n , yəni. bərabərdir P(n-1). Bu təpənin A ilə üst-üstə düşdüyü bölmə yollarının 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 yollarının 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 -bir).

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.

Həmçinin, riyazi induksiya metodundan istifadə edərək, qrafiklərlə bağlı məsələləri həll edə bilərsiniz.

Müstəvidə bəzi nöqtələri bir-biri ilə birləşdirən və başqa nöqtələri olmayan xətlər şəbəkəsi verilsin. Belə bir xətt şəbəkəsini xəritə adlandıracağıq, verilmiş nöqtələr onun təpələri, iki bitişik təpə arasındakı əyrilərin seqmentləri - xəritənin sərhədləri, müstəvinin sərhədlərlə bölündüyü hissələri - ölkələrdir. xəritə.

Təyyarədə bəzi xəritə verilsin. Ölkələrinin hər biri müəyyən bir rəngə boyansa və ümumi sərhədi paylaşan hər iki ölkə fərqli rənglərə boyansa, düzgün rəngləndiyini söyləyəcəyik.

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

Həll.

n=1 üçün iddiamız aydındır.

Tutaq ki, bizim müddəamız n dairənin yaratdığı istənilən xəritə üçün doğrudur və müstəvidə n + 1 dairə verilsin. Bu dairələrdən birini silməklə, edilən fərziyyə əsasında iki rənglə, məsələn, qara və ağ ilə düzgün rənglənə bilən bir xəritə əldə edirik.

Həqiqi bilik hər zaman bir nümunə yaratmaq və müəyyən şəraitdə onun doğruluğunu sübut etmək üzərində qurulmuşdur. Məntiqi mülahizələrin mövcud olduğu bu qədər uzun müddət ərzində qaydaların tərtibi verilmiş və Aristotel hətta “düzgün mülahizələrin” siyahısını tərtib etmişdir. Tarixən bütün qənaətləri iki növə bölmək adətdir - konkretdən cəmliyə (induksiya) və əksinə (deduksiya). Qeyd etmək lazımdır ki, xüsusidən ümumiyə və ümumidən xüsusiyə sübut növləri yalnız qarşılıqlı əlaqədə mövcuddur və bir-birini əvəz edə bilməz.

Riyaziyyatda induksiya

"İnduksiya" (induksiya) termini latın köklərinə malikdir və hərfi mənada "rəhbərlik" kimi tərcümə olunur. Daha yaxından tədqiq etdikdən sonra sözün strukturunu, yəni Latın prefiksini - in- (daxili və ya içəridə olan hərəkəti bildirir) və -duction - girişi ayırd etmək olar. Qeyd etmək lazımdır ki, iki növ var - tam və natamam induksiya. Tam forma müəyyən bir sinfin bütün fənlərinin öyrənilməsindən çıxarılan nəticələrlə xarakterizə olunur.

Natamam - sinifin bütün fənlərinə tətbiq edilən, lakin yalnız bəzi bölmələrin öyrənilməsi əsasında hazırlanmış nəticələr.

Tam riyazi induksiya, bu funksional əlaqə haqqında biliklərə əsaslanan təbii ədədlər seriyasının əlaqələri ilə funksional olaraq əlaqəli olan hər hansı bir obyektin bütün sinfi haqqında ümumi nəticəyə əsaslanan bir nəticədir. Bu halda sübut prosesi üç mərhələdə baş verir:

• birinci mərhələdə riyazi induksiyanın ifadəsinin düzgünlüyü sübut edilir. Misal: f = 1, induksiya;
• növbəti mərhələ mövqenin bütün natural ədədlər üçün etibarlı olması fərziyyəsinə əsaslanır. Yəni f=h, bu induktiv fərziyyədir;
• üçüncü mərhələdə əvvəlki bəndin mövqeyinin düzgünlüyünə əsaslanaraq f=h+1 ədədi üçün mövqeyin etibarlılığı sübuta yetirilir - bu, induksiya keçidi və ya riyazi induksiyanın addımıdır. Nümunə, əgər cərgədəki birinci sümük düşürsə (əsas), sonra cərgədəki bütün sümüklər düşürsə (keçid).

Həm zarafatla, həm də ciddi şəkildə

Qavrama asanlığı üçün riyazi induksiya üsulu ilə həll nümunələri zarafat problemləri şəklində pislənir. Bu nəzakətli növbə tapşırığıdır:

• Davranış qaydaları kişiyə qadının qarşısında növbə çəkməyi qadağan edir (belə vəziyyətdə onu qabağa buraxırlar). Bu ifadəyə əsasən, əgər növbədə sonuncu kişidirsə, qalanların hamısı kişidir.

Riyazi induksiya metodunun parlaq nümunəsi "Ölçüsüz uçuş" problemidir:

• Mikroavtobusda istənilən sayda adamın oturduğunu sübut etmək tələb olunur. Düzdür, bir nəfər çətinlik çəkmədən (əsas) nəqliyyatın içərisinə yerləşə bilər. Amma mikroavtobus nə qədər dolu olsa da, ona həmişə 1 sərnişin oturacaq (induksiya pilləsi).

tanış dairələr

Riyazi induksiya ilə məsələ və tənliklərin həlli nümunələri olduqca yaygındır. Bu yanaşmanın nümunəsi olaraq aşağıdakı problemi nəzərdən keçirə bilərik.

Vəziyyət: müstəvidə h dairələri yerləşdirilir. Fiqurların istənilən düzülüşü üçün onların yaratdığı xəritənin iki rənglə düzgün rənglənə biləcəyini sübut etmək tələb olunur.

Həll: h=1 üçün mülahizənin doğruluğu göz qabağındadır, ona görə də h+1 çevrələrin sayı üçün sübut qurulacaq.

Fərz edək ki, ifadə istənilən xəritə üçün doğrudur və müstəvidə h + 1 dairələri verilmişdir. Cəmi dairələrdən birini çıxarmaqla siz iki rəngdə (qara və ağ) düzgün rənglənmiş xəritə əldə edə bilərsiniz.

Silinmiş dairəni bərpa edərkən hər bir sahənin rəngi əksinə dəyişir (bu halda dairənin daxilində). Sübut edilməli olan iki rəngdə düzgün rənglənmiş bir xəritə çıxır.

Natural ədədlərlə nümunələr

Riyazi induksiya metodunun tətbiqi aşağıda aydın şəkildə göstərilmişdir.

Həll nümunələri:

İstənilən h üçün bərabərliyin düzgün olacağını sübut edin:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. h=1 olsun, onda:

R 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

Buradan belə nəticə çıxır ki, h=1 üçün mülahizə düzgündür.

2. h=d olduğunu fərz etsək, aşağıdakı tənlik alınır:

R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1

3. h=d+1 olduğunu fərz etsək, belə çıxır:

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

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

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

Beləliklə, h=d+1 üçün bərabərliyin etibarlılığı sübut edilmişdir, ona görə də müddəa riyazi induksiya ilə həll nümunəsində göstərilən istənilən natural ədəd üçün doğrudur.

Bir tapşırıq

Vəziyyət: h-nin istənilən qiyməti üçün 7 h -1 ifadəsinin 6-ya qalıqsız bölünməsinin sübutu tələb olunur.

Həll:

1. Tutaq ki, h=1, bu halda:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (yəni, qalıqsız 6-ya bölünür)

Buna görə də h=1 üçün mülahizə doğrudur;

2. h=d və 7 d -1 6-ya qalıqsız bölünsün;

3. h=d+1 üçün mülahizənin doğruluğunun sübutu düsturdur:

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

Bu halda birinci hədd birinci abzasın fərziyyəsi ilə 6-ya bölünür, ikinci həd isə 6-ya bərabərdir. 7 h -1-in heç bir natural h üçün qalıqsız 6-ya bölünməsi ifadəsi doğrudur.

Mühakimə səhvi

Çox vaxt isbatlarda istifadə olunan məntiqi konstruksiyaların qeyri-dəqiqliyinə görə yanlış mülahizələrdən istifadə olunur. Əsasən bu, sübutun strukturu və məntiqi pozulduqda baş verir. Yanlış düşünmə nümunəsi aşağıdakı təsvirdir.

Bir tapşırıq

Vəziyyət: hər hansı bir daş yığınının qalaq olmadığına dair sübut tələb olunur.

Həll:

1. Tutaq ki, h=1, bu halda yığında 1 daş var və ifadə doğrudur (əsas);

2. h=d üçün doğru olsun ki, daş yığını qalaq deyil (fərziyyə);

3. h=d+1 olsun ki, bundan belə nəticə çıxır ki, daha bir daş əlavə edildikdə çoxluq yığın olmayacaq. Nəticə özünü göstərir ki, fərziyyə bütün təbii h üçün etibarlıdır.

Səhv, bir yığın meydana gətirən neçə daşın tərifinin olmamasıdır. Belə buraxılma riyazi induksiya metodunda tələsik ümumiləşdirmə adlanır. Bir misal bunu aydın göstərir.

İnduksiya və məntiq qanunları

Tarixən onlar həmişə “əl-ələ gəzirlər”. Məntiq, fəlsəfə kimi elmi fənlər onları əksliklər şəklində təsvir edir.

Məntiq qanunu nöqteyi-nəzərindən induktiv təriflərdə faktlara güvənmək görünür və müddəaların doğruluğu nəticədə verilən ifadənin düzgünlüyünü müəyyən etmir. Çox vaxt nəticələr müəyyən dərəcədə ehtimal və inandırıcılıqla əldə edilir, bu, əlbəttə ki, əlavə tədqiqatlarla yoxlanılmalı və təsdiqlənməlidir. Məntiqdə induksiya nümunəsi aşağıdakı ifadə ola bilər:

Estoniyada quraqlıq, Latviyada quraqlıq, Litvada quraqlıq.

Estoniya, Latviya və Litva Baltikyanı ölkələrdir. Bütün Baltikyanı ölkələrdə quraqlıq.

Nümunədən belə nəticəyə gələ bilərik ki, induksiya metodundan istifadə etməklə yeni məlumat və ya həqiqət əldə edilə bilməz. Etibar edilə bilən yalnız nəticələrin bəzi mümkün doğruluğudur. Üstəlik, binaların həqiqəti eyni nəticələrə zəmanət vermir. Bununla belə, bu fakt induksiyanın deduksiyanın həyətində bitki örtüyünə malik olması demək deyil: induksiya metodundan istifadə etməklə çoxlu sayda müddəalar və elmi qanunlar əsaslandırılır. Riyaziyyat, biologiya və digər elmlər buna misal ola bilər. Bu, əsasən tam induksiya üsulu ilə bağlıdır, lakin bəzi hallarda qismən də tətbiq olunur.

Möhtəşəm induksiya yaşı ona insan fəaliyyətinin demək olar ki, bütün sahələrinə nüfuz etməyə imkan verdi - bu elm, iqtisadiyyat və gündəlik nəticələrdir.

Elmi mühitdə induksiya

İnduksiya metodu ciddi münasibət tələb edir, çünki çox şey bütövlükdə öyrənilən detalların sayından asılıdır: öyrənilənlərin sayı nə qədər çox olsa, nəticə bir o qədər etibarlıdır. Bu xüsusiyyət əsasında induksiya üsulu ilə alınan elmi qanunlar bütün mümkün struktur elementləri, əlaqə və təsirləri təcrid etmək və öyrənmək üçün ehtimal fərziyyələri səviyyəsində kifayət qədər uzun müddət sınaqdan keçirilir.

Elmdə induktiv nəticə təsadüfi müddəalar istisna olmaqla, əhəmiyyətli xüsusiyyətlərə əsaslanır. Bu fakt elmi biliyin spesifikliyi ilə əlaqədar mühüm əhəmiyyət kəsb edir. Elmdəki induksiya nümunələrində bu aydın görünür.

Elmi aləmdə induksiyanın iki növü var (təhsil üsulu ilə əlaqədar):

1. induksiya-seçmə (və ya seçim);
2. induksiya - istisna (aradan qaldırma).

Birinci növ sinifin (yarımsiniflərin) müxtəlif sahələrindən metodik (diqqətlə) seçilməsi ilə fərqlənir.

Bu cür induksiya nümunəsi aşağıdakı kimidir: gümüş (və ya gümüş duzları) suyu təmizləyir. Nəticə uzunmüddətli müşahidələrə əsaslanır (bir növ təsdiq və təkzib seçimi - seçim).

İkinci növ induksiya səbəb-nəticə əlaqələri quran və onun xassələrinə uyğun gəlməyən halları, yəni universallıq, zaman ardıcıllığına riayət, zərurilik və birmənalılığı istisna edən nəticələrə əsaslanır.

Fəlsəfə baxımından induksiya və deduksiya

Tarixi retrospektivə nəzər salsanız, “induksiya” terminini ilk dəfə Sokrat qeyd etmişdir. Aristotel fəlsəfədə induksiya nümunələrini daha təxmini terminoloji lüğətdə təsvir etmişdir, lakin natamam induksiya məsələsi açıq qalır. Aristotel sillogizminin təqibindən sonra induktiv metod təbiət elmində məhsuldar və yeganə mümkün üsul kimi tanınmağa başladı. Bekon müstəqil xüsusi üsul kimi induksiyanın atası hesab olunur, lakin o, müasirlərinin tələb etdiyi kimi induksiyanı deduksiya metodundan ayıra bilməyib.

İnduksiyanın sonrakı inkişafı induksiya nəzəriyyəsini dörd əsas metod: uzlaşma, fərq, qalıqlar və müvafiq dəyişikliklər nöqteyi-nəzərindən nəzərdən keçirən C.Mill tərəfindən həyata keçirilmişdir. Təəccüblü deyil ki, bu gün sadalanan üsullar ətraflı nəzərdən keçirildikdə deduktivdir.

Bekon və Mill nəzəriyyələrinin uyğunsuzluğundan xəbərdar olmaq elm adamlarını induksiyanın ehtimal əsasını araşdırmaya vadar etdi. Bununla belə, burada da bəzi ifrat məqamlar var idi: ehtimal nəzəriyyəsinə induksiyanı bütün sonrakı nəticələrlə azaltmağa cəhdlər edildi.

İnduksiya müəyyən mövzu sahələrində praktik tətbiqdə və induktiv əsasın metrik dəqiqliyi sayəsində etimad səsi alır. Fəlsəfədə induksiya və deduksiya nümunəsi ümumdünya cazibə qanunu sayıla bilər. Qanunun kəşf edildiyi tarixdə Nyuton bunu 4 faiz dəqiqliklə yoxlaya bildi. İki yüz ildən çox müddətdə yoxlanarkən, yoxlama eyni induktiv ümumiləşdirmələrlə aparılsa da, düzgünlük 0,0001 faiz dəqiqliklə təsdiqləndi.

Müasir fəlsəfə təcrübəyə, intuisiyaya müraciət etmədən, lakin “saf” mülahizədən istifadə edərək artıq məlum olandan yeni bilik (və ya həqiqət) əldə etmək məntiqi istəyi ilə diktə edilən deduksiyaya daha çox diqqət yetirir. Deduktiv metodda həqiqi binalara istinad edildikdə, bütün hallarda çıxış doğru ifadədir.

Bu çox vacib xüsusiyyət induktiv metodun dəyərinə kölgə salmamalıdır. Təcrübənin nailiyyətlərinə əsaslanan induksiya həm də onun işlənməsi vasitəsinə çevrildiyindən (ümumiləşdirmə və sistemləşdirmə də daxil olmaqla).

İqtisadiyyatda induksiyanın tətbiqi

İqtisadiyyatın öyrənilməsi və onun inkişafının proqnozlaşdırılması metodları kimi induksiya və deduksiya çoxdan istifadə edilmişdir.

İnduksiya metodunun tətbiq dairəsi kifayət qədər genişdir: proqnoz göstəricilərinin (mənfəət, amortizasiya və s.) yerinə yetirilməsinin öyrənilməsi və müəssisənin vəziyyətinin ümumi qiymətləndirilməsi; faktlara və onların əlaqələrinə əsaslanan effektiv müəssisə təşviqi siyasətinin formalaşdırılması.

Eyni induksiya üsulu Şewhart qrafiklərində istifadə olunur, burada proseslərin idarə olunan və idarə olunmayanlara bölündüyü fərziyyəsi ilə idarə olunan prosesin çərçivəsinin qeyri-aktiv olduğu bildirilir.

Qeyd etmək lazımdır ki, elmi qanunlar induksiya üsulu ilə əsaslandırılır və təsdiqlənir və iqtisadiyyat tez-tez riyazi analiz, risk nəzəriyyəsi və statistik məlumatlardan istifadə edən bir elm olduğundan, induksiyanın əsas qanunlar siyahısına daxil edilməsi heç də təəccüblü deyil. üsulları.

Aşağıdakı vəziyyət iqtisadiyyatda induksiya və deduksiya nümunəsi ola bilər. Ərzaq (istehlak səbətindən) və zəruri malların qiymətinin artması istehlakçını dövlətdə yaranan yüksək qiymət (induksiya) haqqında düşünməyə sövq edir. Eyni zamanda, riyazi üsullardan istifadə etməklə yüksək qiymət faktından ayrı-ayrı mallar və ya malların kateqoriyaları üzrə qiymət artımının göstəricilərini (çıxma) əldə etmək olar.

Çox vaxt idarəetmə işçiləri, menecerlər və iqtisadçılar induksiya metoduna müraciət edirlər. Müəssisənin inkişafını, bazar davranışını və rəqabətin nəticələrini kifayət qədər doğruluqla proqnozlaşdırmaq üçün məlumatın təhlili və emalına induktiv-deduktiv yanaşma lazımdır.

Yanlış mühakimələrə istinad edərək, iqtisadiyyatda induksiyanın nümunəvi nümunəsi:

• şirkətin mənfəəti 30% azalıb;
  rəqib məhsul xəttini genişləndirdi;
  başqa heç nə dəyişməyib;
• rəqabət aparan şirkətin istehsal siyasəti mənfəətin 30% azalmasına səbəb oldu;
• ona görə də eyni istehsal siyasətini həyata keçirmək lazımdır.

Nümunə induksiya metodunun səriştəsiz istifadəsinin müəssisənin məhvinə necə kömək etdiyini göstərən rəngli bir illüstrasiyadır.

Psixologiyada deduksiya və induksiya

Madam ki, metod var, deməli, məntiqlə, düzgün təşkil olunmuş təfəkkür də var (metoddan istifadə etmək üçün). Psixologiya psixi prosesləri, onların formalaşmasını, inkişafını, münasibətlərini, qarşılıqlı təsirini öyrənən bir elm kimi deduksiya və induksiyanın təzahür formalarından biri kimi “deduktiv” təfəkkürə diqqət yetirir. Təəssüf ki, İnternetdəki psixologiya səhifələrində deduktiv-induktiv metodun bütövlüyü üçün praktiki olaraq heç bir əsaslandırma yoxdur. Baxmayaraq ki, peşəkar psixoloqlar induksiya təzahürləri, daha doğrusu, səhv nəticələrlə daha çox qarşılaşırlar.

Psixologiyada induksiyaya misal olaraq, səhv mühakimələrin nümunəsi kimi ifadəni göstərmək olar: mənim anam aldadıcıdır, buna görə də bütün qadınlar aldadıcıdır. Həyatdan induksiyanın daha "səhv" nümunələri var:

• riyaziyyatdan iki bal alsa tələbə heç nəyə qadir deyil;
• o axmaqdır;
• o ağıllıdır;
• Mən hər şeyi edə bilərəm;

Və tamamilə təsadüfi və bəzən əhəmiyyətsiz mesajlara əsaslanan bir çox başqa dəyər mühakimələri.

Qeyd etmək lazımdır: insanın mühakimələrinin yanlışlığı absurdluq həddinə çatdıqda psixoterapevt üçün iş cəbhəsi yaranır. Bir mütəxəssis qəbulunda induksiya nümunəsi:

“Xəstə tamamilə əmindir ki, qırmızı rəng istənilən təzahürlərdə onun üçün yalnız təhlükə yaradır. Nəticədə, bir insan bu rəng sxemini həyatından çıxardı - mümkün qədər. Ev şəraitində rahat yaşamaq üçün çoxlu imkanlar var. Bütün qırmızı əşyalardan imtina edə və ya onları fərqli bir rəng sxemində hazırlanmış analoqlarla əvəz edə bilərsiniz. Ancaq ictimai yerlərdə, işdə, mağazada - mümkün deyil. Stress vəziyyətinə düşərək, xəstə hər dəfə başqaları üçün təhlükəli ola biləcək tamamilə fərqli emosional vəziyyətlərin "gezgini" yaşayır.

Bu induksiya nümunəsi və şüursuz olaraq "sabit fikirlər" adlanır. Əgər bu, psixi cəhətdən sağlam insanda baş verərsə, zehni fəaliyyətin təşkil edilməməsindən danışa bilərik. Deduktiv təfəkkürün elementar inkişafı obsesif vəziyyətlərdən qurtulmağın bir yolu ola bilər. Digər hallarda belə xəstələrlə psixiatrlar işləyir.

Yuxarıdakı induksiya nümunələri göstərir ki, “qanunları bilməmək nəticələrdən (səhv hökmlərdən) azad etmir”.

Deduktiv təfəkkür mövzusu üzərində işləyən psixoloqlar insanlara bu metodu mənimsəməyə kömək etmək üçün nəzərdə tutulmuş tövsiyələrin siyahısını tərtib ediblər.

İlk addım problemin həllidir. Göründüyü kimi, riyaziyyatda istifadə olunan induksiya formasını “klassik” hesab etmək olar və bu üsuldan istifadə ağlın “intizamına” töhfə verir.

Deduktiv təfəkkürün inkişafının növbəti şərti üfüqlərin genişlənməsidir (aydın düşünənlər, aydın ifadə edənlər). Bu tövsiyə “əziyyəti” elm və informasiya xəzinələrinə (kitabxanalar, internet saytları, təhsil təşəbbüsləri, səyahətlər və s.) yönəldir.

Ayrı-ayrılıqda, sözdə "psixoloji induksiya"nı qeyd etmək lazımdır. Bu termin, nadir hallarda olsa da, İnternetdə tapıla bilər. Bütün mənbələr bu terminin ən azı qısa tərifini vermir, lakin yeni bir induksiya növü kimi ya təklifi, bəzi psixi xəstəliklərin bəzi formalarını, ya da insan psixikasının ekstremal vəziyyətlərini ötürərkən "həyatdan nümunələrə" istinad edir. Bütün yuxarıda deyilənlərdən aydın olur ki, yanlış (çox vaxt həqiqətə uyğun olmayan) əsaslara əsaslanan “yeni termin” əldə etmək cəhdi eksperimentatoru səhv (və ya tələsik) bəyanat almağa məhkum edir.

Qeyd edək ki, 1960-cı il təcrübələrinə istinad (yeri, eksperiment aparanların adları, subyektlərin nümunəsi və ən əsası eksperimentin məqsədi göstərilmədən) yumşaq desək, inandırıcı görünmür və ifadə beynin bütün qavrayış orqanlarından yan keçərək məlumatı qəbul etməsi (bu halda “təcrübəli” ifadəsi daha üzvi şəkildə uyğunlaşar) ifadənin müəllifinin etibarsızlığı və qeyri-tənqidi haqqında düşünməyə vadar edir.

Nəticə əvəzinə

Elmlərin kraliçası - riyaziyyat induksiya və deduksiya metodunun bütün mümkün ehtiyatlarından boş yerə istifadə etmir. Baxılan nümunələr belə qənaətə gəlməyə imkan verir ki, hətta ən dəqiq və etibarlı metodların səthi və bacarıqsız (necə deyərlər, düşünmədən) tətbiqi həmişə yanlış nəticələrə gətirib çıxarır.

Kütləvi şüurda deduksiya üsulu məşhur Şerlok Holms ilə əlaqələndirilir, o, məntiqi konstruksiyalarında tez-tez induksiya nümunələrindən istifadə edir, zəruri hallarda deduksiyadan istifadə edir.

Məqalədə bu üsulların insan həyatının müxtəlif elm və sahələrində tətbiqi nümunələri nəzərdən keçirilmişdir.