Kaedah pembangunan pelajaran aruhan matematik. Pelajaran "Kaedah induksi matematik

Savelyeva Ekaterina

Kertas kerja mempertimbangkan aplikasi kaedah aruhan matematik dalam menyelesaikan masalah kebolehbahagi, kepada penjumlahan siri. Contoh penggunaan kaedah aruhan matematik untuk pembuktian ketaksamaan dan penyelesaian masalah geometri dipertimbangkan. Hasil kerja digambarkan dengan pembentangan.

Muat turun:

Pratonton:

Kementerian Sains dan Pendidikan Persekutuan Rusia

Institusi pendidikan negeri

sekolah menengah No. 618

Kursus: Algebra dan Permulaan Analisis

Topik kerja projek

"Kaedah aruhan matematik dan aplikasinya kepada penyelesaian masalah"

Kerja selesai: Savelyeva E, kelas 11B

Penyelia : Makarova T.P., guru matematik, sekolah menengah №618

1. Pengenalan.

2.Kaedah aruhan matematik dalam menyelesaikan masalah boleh bahagi.

3. Aplikasi kaedah aruhan matematik kepada penjumlahan siri.

4. Contoh mengaplikasikan kaedah aruhan matematik kepada pembuktian ketaksamaan.

5. Aplikasi kaedah aruhan matematik kepada penyelesaian masalah geometri.

6. Senarai literatur terpakai.

pengenalan

Kaedah deduktif dan induktif adalah asas kepada mana-mana penyelidikan matematik. Kaedah penaakulan deduktif ialah penaakulan daripada umum kepada khusus, iaitu. penaakulan, titik permulaannya ialah hasil umum, dan titik akhir ialah hasil tertentu. Induksi digunakan apabila beralih dari keputusan tertentu kepada yang umum, i.e. adalah bertentangan dengan kaedah deduktif. Kaedah aruhan matematik boleh dibandingkan dengan kemajuan. Kita bermula dari yang paling rendah, hasil pemikiran logik kita datang ke yang tertinggi. Manusia sentiasa berusaha untuk kemajuan, untuk keupayaan untuk mengembangkan pemikirannya secara logik, yang bermaksud bahawa alam sendiri telah mentakdirkan dia untuk berfikir secara induktif. Walaupun bidang aplikasi kaedah induksi matematik telah berkembang, sedikit masa yang ditumpukan untuknya dalam kurikulum sekolah.Tetapi adalah sangat penting untuk dapat berfikir secara induktif. Penggunaan prinsip ini dalam menyelesaikan masalah dan membuktikan teorem adalah setanding dengan pertimbangan dalam amalan sekolah prinsip matematik lain: pertengahan yang dikecualikan, inklusi-pengecualian, Dirichlet, dsb. Esei ini mengandungi masalah daripada pelbagai cabang matematik, di mana alat utama ialah kaedah penggunaan aruhan matematik. Bercakap tentang kepentingan kaedah ini, A.N. Kolmogorov menyatakan bahawa "pemahaman dan keupayaan untuk menggunakan prinsip aruhan matematik adalah kriteria yang baik untuk kematangan, yang sangat diperlukan untuk seorang ahli matematik." Kaedah induksi dalam erti kata yang luas terdiri daripada peralihan daripada pemerhatian persendirian kepada pola universal, umum atau rumusan umum. Dalam tafsiran ini, kaedah itu, sudah tentu, teknik utama untuk menjalankan penyelidikan dalam mana-mana sains semula jadi eksperimen.

Aktiviti manusia. Kaedah (prinsip) aruhan matematik dalam bentuk termudah digunakan apabila perlu untuk membuktikan pernyataan bagi semua nombor asli.

Masalah 1. Dalam artikelnya "Bagaimana Saya Menjadi Ahli Matematik" A.N. Kolmogorov menulis: "Saya mempelajari kegembiraan "penemuan" matematik lebih awal, setelah melihat pada usia lima atau enam tahun corak

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 dan seterusnya.

Sekolah itu menerbitkan majalah "Spring Swallows". Di dalamnya, penemuan saya diterbitkan ... "

Kami tidak tahu apa jenis bukti yang diberikan dalam jurnal ini, tetapi semuanya bermula dengan pemerhatian peribadi. Hipotesis itu sendiri, yang mungkin timbul selepas penemuan persamaan separa ini, ialah formulanya

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

benar untuk sebarang nombor tertentu n = 1, 2, 3, ...

Untuk membuktikan sangkaan ini, cukuplah untuk membuktikan dua fakta. Pertama, untuk n = 1 (dan juga untuk n = 2, 3, 4) pernyataan yang dikehendaki adalah benar. Kedua, andaikan pernyataan itu benar untuk n = k, dan sahkan bahawa ia juga benar untuk n = k + 1:

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

Oleh itu, dakwaan yang dibuktikan adalah benar untuk semua nilai n: untuk n = 1 ia adalah benar (ini telah disahkan), dan berdasarkan fakta kedua, untuk n = 2, dari mana untuk n = 3 (disebabkan fakta kedua yang sama), dsb.

Masalah 2. Pertimbangkan semua pecahan biasa yang mungkin dengan pengangka 1 dan sebarang (integer positif)

penyebut: Buktikan bahawa untuk mana-mana n> 3 boleh diwakili sebagai jumlah P pelbagai pecahan seperti ini.

penyelesaian, Mari kita semak dahulu dakwaan ini n = 3; kami ada:

Oleh itu, penegasan asas berpuas hati

Katakan sekarang bahawa pernyataan minat kepada kami adalah benar untuk beberapa nombor kepada, dan buktikan bahawa ia juga benar untuk nombor yang mengikutinya kepada + 1. Dengan kata lain, andaikan terdapat perwakilan

di mana k sebutan dan semua penyebut adalah berbeza. Mari kita buktikan bahawa adalah mungkin untuk mendapatkan perwakilan unit dalam bentuk jumlah daripada kepada + 1 pecahan jenis yang diingini. Kami akan menganggap bahawa pecahan semakin berkurangan, iaitu penyebut (dalam perwakilan unit dengan jumlah kepada istilah) bertambah dari kiri ke kanan supaya t adalah penyebut terbesar. Kami akan mendapat representasi yang kami perlukan dalam bentuk jumlah(kepada + 1) pecahan ke, jika kita membahagi satu pecahan, contohnya yang terakhir, kepada dua. Ini boleh dilakukan kerana

Dan oleh itu

Di samping itu, semua pecahan kekal berbeza, kerana t ialah penyebut terbesar, dan t + 1 > t, dan

m(t + 1) > m.

Oleh itu, kami telah menubuhkan:

untuk n = 3 kenyataan ini adalah benar;

jika kenyataan yang kami minati adalah benar kepada,
maka ia juga benar untuk kepada + 1.

Atas dasar ini, kita boleh menegaskan bahawa pernyataan yang sedang dipertimbangkan adalah benar untuk semua nombor asli, bermula dari tiga. Selain itu, bukti di atas juga membayangkan algoritma untuk mencari partition perpaduan yang dikehendaki. (Algoritma apakah ini? Bayangkan nombor 1 sebagai jumlah 4, 5, 7 sebutan sendiri.)

Dalam menyelesaikan dua masalah sebelum ini, dua langkah telah diambil. Langkah pertama dipanggil asas induksi, yang keduaperalihan induktifatau langkah induksi. Langkah kedua adalah yang paling penting, dan ia melibatkan andaian (pernyataan itu benar untuk n = k) dan kesimpulan (pernyataan adalah benar untuk n = k + 1). Parameter p itu sendiri dipanggil parameter aruhan.Skim logik ini (peranti), yang memungkinkan untuk membuat kesimpulan bahawa pernyataan yang sedang dipertimbangkan adalah benar untuk semua nombor asli (atau untuk semua, bermula dari beberapa), kerana kedua-dua asas dan peralihan adalah sah, dipanggilprinsip aruhan matematik, pada yang mana dan kaedah aruhan matematik adalah berdasarkan.Istilah "induksi" sendiri berasal dari perkataan Latin induksi (panduan), yang bermaksud peralihan daripada pengetahuan tunggal tentang objek individu kelas tertentu kepada kesimpulan umum tentang semua objek kelas tertentu, yang merupakan salah satu kaedah utama pengetahuan.

Prinsip aruhan matematik, dalam bentuk biasa dua langkah, mula-mula muncul pada tahun 1654 dalam Risalah Blaise Pascal mengenai Segitiga Aritmetik, di mana kaedah mudah untuk mengira bilangan kombinasi (pekali binomial) telah dibuktikan dengan aruhan. D. Poya memetik B. Pascal dalam buku dengan perubahan kecil diberikan dalam kurungan segi empat sama:

“Walaupun fakta bahawa cadangan yang sedang dipertimbangkan [formula eksplisit untuk pekali binomial] mengandungi bilangan kes khas yang tidak terhingga, saya akan memberikan bukti yang sangat singkat untuknya, berdasarkan dua lema.

Lemma pertama menyatakan bahawa sangkaan adalah benar untuk asas - ini jelas. [Pada P = 1 formula eksplisit adalah sah...]

Lemma kedua menyatakan perkara berikut: jika andaian kita adalah benar untuk asas sewenang-wenang [untuk r sewenang-wenang], maka ia akan menjadi benar untuk asas berikut [untuk n + 1].

Kedua-dua lema ini semestinya membayangkan kesahihan proposisi untuk semua nilai P. Sesungguhnya, berdasarkan lemma pertama, ia sah untuk P = 1; oleh itu, berdasarkan lemma kedua, ia sah untuk P = 2; oleh itu, sekali lagi berdasarkan lemma kedua, ia sah untuk n = 3 dan seterusnya ad infinitum.

Masalah 3. Menara teka-teki Hanoi terdiri daripada tiga batang. Pada salah satu batang terdapat piramid (Rajah 1), yang terdiri daripada beberapa cincin diameter yang berbeza, menurun dari bawah ke atas

Rajah 1

Piramid ini mesti dipindahkan ke salah satu rod lain, memindahkan hanya satu cincin setiap kali dan tidak meletakkan cincin yang lebih besar pada yang lebih kecil. Bolehkah ia dilakukan?

Penyelesaian. Jadi, kita perlu menjawab soalan: adakah mungkin untuk memindahkan piramid yang terdiri daripada P gelang dengan diameter yang berbeza, dari satu batang ke yang lain, mengikut peraturan permainan? Sekarang masalahnya, seperti yang mereka katakan, diparameterkan oleh kami (nombor asli P), dan ia boleh diselesaikan dengan aruhan matematik.

asas induksi. Untuk n = 1, semuanya jelas, kerana piramid satu cincin jelas boleh dialihkan ke mana-mana rod.
langkah induksi. Katakan kita boleh menggerakkan mana-mana piramid dengan bilangan cincin p = k.
Mari kita buktikan bahawa kemudian kita juga boleh memindahkan piramid pertengahan dari n = k + 1.

Piramid dari hingga cincin terletak pada yang terbesar(kepada + 1)-ring, kita boleh, mengikut andaian, bergerak ke mana-mana pangsi lain. Mari lakukannya. tidak bergerak(kepada + Cincin ke-1 tidak akan mengganggu kami untuk menjalankan algoritma anjakan, kerana ia adalah yang terbesar. Selepas bergerak kepada cincin, gerakkan ini terbesar(kepada + 1) gelang ke atas batang yang tinggal. Dan kemudian kita sekali lagi menggunakan algoritma bergerak yang diketahui oleh kita dengan andaian induktif kepada gelang, dan gerakkannya ke batang dengan(kepada + 1) cincin ke. Oleh itu, jika kita boleh menggerakkan piramid dengan kepada cincin, maka kita boleh menggerakkan piramid dan kepada + 1 cincin. Oleh itu, mengikut prinsip aruhan matematik, selalu mungkin untuk memindahkan piramid, yang terdiri daripada n gelang, di mana n > 1.

Kaedah aruhan matematik dalam menyelesaikan masalah boleh bahagi.

Dengan menggunakan kaedah aruhan matematik, seseorang boleh membuktikan pelbagai pernyataan mengenai kebolehbahagi nombor asli.

Tugasan 4 . Jika n ialah nombor asli, maka nombor itu ialah genap.

Untuk n=1 pernyataan kami adalah benar: - nombor genap. Mari kita anggap itu adalah nombor genap. Oleh kerana 2k ialah nombor genap, begitu juga. Jadi, pariti dibuktikan untuk n=1, pariti disimpulkan daripada pariti. Oleh itu, walaupun untuk semua nilai semula jadi n.

Tugasan 3. Buktikan bahawa nombor Z 3 + 3 - 26n - 27 dengan semula jadi sewenang-wenangnya n boleh dibahagi dengan 26 2 tanpa baki.

Penyelesaian. Mari kita buktikan dahulu dengan induksi suatu penegasan tambahan bahawa 3 3n+3 1 boleh dibahagi dengan 26 tanpa baki n > 0.

asas induksi. Untuk n = 0 kita ada: Z 3 - 1 \u003d 26 - dibahagikan dengan 26.

langkah induksi. Katakan 3 3n + 3 - 1 boleh dibahagi dengan 26 apabila n = k, dan Mari kita buktikan bahawa dalam kes ini dakwaan itu adalah benar n = k + 1. Sejak 3

maka daripada andaian induktif kita membuat kesimpulan bahawa nombor 3 3k + 6 - 1 boleh dibahagi dengan 26.

Mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam keadaan masalah. Dan sekali lagi dengan induksi.

asas induksi. Ia adalah jelas bahawa pada n = 1 pernyataan adalah benar: sejak 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
langkah induksi. Mari kita andaikan bahawa pada n = k
ungkapan 3 3k + 3 - 26k - 27 boleh dibahagi dengan 26 2 tanpa baki, dan buktikan bahawa dakwaan itu benar untuk n = k + 1,
iaitu nombor itu

boleh dibahagikan dengan 26 2 tanpa jejak. Dalam jumlah terakhir, kedua-dua sebutan dibahagikan tanpa baki sebanyak 26 2 . Yang pertama adalah kerana kami telah membuktikan bahawa ungkapan dalam kurungan boleh dibahagikan dengan 26; kedua, dengan hipotesis induktif. Berdasarkan prinsip aruhan matematik, pernyataan yang diperlukan dibuktikan sepenuhnya.

Aplikasi kaedah aruhan matematik kepada penjumlahan siri.

Tugasan 5. Buktikan formulanya

N ialah nombor asli.

Penyelesaian.

Untuk n=1, kedua-dua bahagian kesamaan bertukar menjadi satu dan, oleh itu, syarat pertama prinsip aruhan matematik dipenuhi.

Andaikan bahawa formula adalah benar untuk n=k, i.e.

Mari kita tambahkan kedua-dua belah kesamarataan ini dan ubah bahagian kanan. Kemudian kita dapat

Oleh itu, daripada fakta bahawa formula adalah benar untuk n=k, ia mengikuti bahawa ia adalah benar untuk n=k+1 juga. Pernyataan ini adalah benar untuk sebarang nilai semula jadi k. Jadi, syarat kedua prinsip aruhan matematik juga dipenuhi. Formula telah terbukti.

Satu tugas 6. Dua nombor ditulis di papan tulis: 1.1. Memasukkan jumlah mereka di antara nombor, kita mendapat nombor 1, 2, 1. Mengulangi operasi ini sekali lagi, kita mendapat nombor 1, 3, 2, 3, 1. Selepas tiga operasi, nombor akan menjadi 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Berapakah jumlah semua nombor di papan selepas 100 operasi?

Penyelesaian. Buat semua 100 operasi akan sangat memakan masa dan memakan masa. Jadi, kita perlu cuba mencari beberapa formula am untuk jumlah S nombor selepas n operasi. Mari lihat jadual:

Adakah anda perasan sebarang corak di sini? Jika tidak, anda boleh mengambil satu langkah lagi: selepas empat operasi, akan ada nombor

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

yang jumlah S 4 ialah 82.

Sebenarnya, anda tidak boleh menulis nombor, tetapi segera katakan bagaimana jumlah akan berubah selepas menambah nombor baharu. Biarkan jumlahnya sama dengan 5. Apakah yang akan berlaku apabila nombor baharu ditambah? Mari bahagikan setiap nombor baharu kepada jumlah dua nombor lama. Sebagai contoh, dari 1, 3, 2, 3, 1 kita pergi ke 1,

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

Iaitu, setiap nombor lama (kecuali dua yang ekstrem) kini memasukkan jumlah tiga kali, jadi jumlah baru ialah 3S - 2 (tolak 2 untuk mengambil kira unit yang hilang). Oleh itu S 5 = 3S 4 - 2 = 244, dan secara amnya

Apakah formula umum? Jika bukan kerana penolakan dua unit, maka setiap kali jumlahnya akan meningkat tiga kali ganda, seperti dalam kuasa rangkap tiga (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Dan nombor kami, seperti yang anda boleh lihat sekarang, adalah satu lagi. Oleh itu, boleh diandaikan bahawa

Mari kita cuba buktikan ini dengan induksi.

asas induksi. Lihat jadual (untuk n = 0, 1, 2, 3).

langkah induksi. Mari kita berpura-pura itu

Marilah kita buktikan itu S hingga + 1 \u003d Z hingga + 1 + 1.

sungguh,

Jadi, formula kami terbukti. Ia menunjukkan bahawa selepas seratus operasi, jumlah semua nombor di papan akan sama dengan 3 100 + 1.

Pertimbangkan satu contoh yang luar biasa bagi penerapan prinsip aruhan matematik, di mana anda perlu memperkenalkan dua parameter semula jadi dan kemudian menjalankan induksi pada jumlahnya.

Satu tugas 7. Buktikan bahawa jika= 2, x 2 = 3 dan untuk setiap semula jadi n> 3

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

kemudian

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

Penyelesaian. Perhatikan bahawa dalam masalah ini urutan awal nombor(x n ) ditentukan oleh aruhan, kerana istilah jujukan kami, kecuali dua yang pertama, diberikan secara induktif, iaitu melalui yang sebelumnya. Urutan yang diberikan dipanggil berulang, dan dalam kes kami jujukan ini ditentukan (dengan menyatakan dua istilah pertamanya) dengan cara yang unik.

asas induksi. Ia terdiri daripada menyemak dua dakwaan: n=1 dan n=2.B Dalam kedua-dua kes, dakwaan adalah benar dengan andaian.

langkah induksi. Mari kita andaikan bahawa untuk n = k - 1 dan n = k penegasan dibuat, iaitu

Marilah kita buktikan dakwaan untuk n = k + 1. Kami ada:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, yang perlu dibuktikan.

Tugasan 8. Buktikan bahawa sebarang nombor asli boleh diwakili sebagai hasil tambah beberapa ahli yang berbeza bagi urutan berulang nombor Fibonacci:

untuk k > 2.

Penyelesaian. Biarkan p - nombor asli. Kami akan menjalankan induksi pada P.

asas induksi. Untuk n = 1 pernyataan adalah benar, kerana unit itu sendiri ialah nombor Fibonacci.

langkah induksi. Andaikan semua nombor asli kurang daripada beberapa nombor P, boleh diwakili sebagai hasil tambah beberapa sebutan berbeza bagi jujukan Fibonacci. Cari nombor Fibonacci terbesar F t , tidak melebihi P; jadi F t n dan F t +1 > n.

Kerana ia

Mengikut hipotesis induksi, nombor p- F t boleh diwakili sebagai jumlah 5 ahli yang berbeza bagi jujukan Fibonacci, dan ia berikutan daripada ketidaksamaan terakhir bahawa semua ahli jujukan Fibonacci yang terlibat dalam jumlah 8 adalah kurang daripada F t . Oleh itu, pengembangan bilangan n = 8 + F t memenuhi keadaan masalah.

Contoh aplikasi kaedah aruhan matematik kepada pembuktian ketaksamaan.

Tugasan 9. (Ketidaksamaan Bernoulli.)Buktikan bahawa apabila x > -1, x 0, dan untuk integer n > 2 ketidaksamaan

(1 + x) n > 1 + xn.

Penyelesaian. Kami sekali lagi akan melaksanakan pembuktian secara induksi.

1. Asas aruhan. Mari kita sahkan kesahihan ketidaksamaan untuk n = 2. Sesungguhnya,

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

2. Langkah aruhan. Mari kita anggap bahawa untuk nombor n = k kenyataan itu benar, iaitu

(1 + x) k > 1 + xk,

Di mana k > 2. Kami membuktikannya untuk n = k + 1. Kami mempunyai: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Jadi, berdasarkan prinsip aruhan matematik, boleh dikatakan bahawa ketaksamaan Bernoulli adalah sah untuk sebarang n > 2.

Tidak selalu dalam keadaan masalah yang diselesaikan menggunakan kaedah aruhan matematik, hukum am yang perlu dibuktikan dirumus dengan jelas. Kadang-kadang adalah perlu, dengan memerhati kes-kes tertentu, untuk mula-mula menemui (teka) undang-undang am yang mereka bawa, dan hanya kemudian membuktikan hipotesis yang dinyatakan dengan aruhan matematik. Di samping itu, pembolehubah aruhan boleh ditutup, dan sebelum menyelesaikan masalah, adalah perlu untuk menentukan parameter mana induksi akan dijalankan. Sebagai contoh, pertimbangkan tugas berikut.

Masalah 10. Buktikan bahawa

untuk mana-mana semula jadi n > 1.

penyelesaian, Mari cuba buktikan ketaksamaan ini dengan aruhan matematik.

Asas induksi mudah disahkan:1+

Dengan hipotesis induktif

dan ia kekal untuk kita membuktikannya

Dengan menggunakan hipotesis induktif, kami akan menegaskannya

Walaupun kesaksamaan ini sebenarnya benar, ia tidak memberi kita penyelesaian kepada masalah tersebut.

Mari cuba buktikan dakwaan yang lebih kuat daripada yang diperlukan dalam masalah asal. Iaitu, kami akan membuktikannya

Nampaknya membuktikan pernyataan ini dengan induksi adalah sia-sia.

Walau bagaimanapun, pada p = 1 kita ada: pernyataan itu benar. Untuk mewajarkan langkah induktif, andaikan itu

dan kemudian kami akan membuktikannya

sungguh,

Oleh itu, kami telah membuktikan penegasan yang lebih kuat, dari mana penegasan yang terkandung dalam keadaan masalah segera menyusul.

Perkara yang memberi pengajaran di sini ialah walaupun kita perlu membuktikan penegasan yang lebih kuat daripada yang diperlukan dalam masalah, kita juga boleh menggunakan andaian yang lebih kuat dalam langkah induktif. Ini menjelaskan bahawa penerapan prinsip aruhan matematik secara langsung tidak selalu membawa kepada matlamat.

Situasi yang timbul dalam menyelesaikan masalah disebutparadoks pencipta.Paradoks itu sendiri ialah rancangan yang lebih kompleks boleh dilaksanakan dengan kejayaan yang lebih besar jika ia berdasarkan pemahaman yang lebih mendalam tentang intipati perkara itu.

Masalah 11. Buktikan bahawa 2m + n - 2m untuk mana-mana semula jadi jenis.

Penyelesaian. Di sini kita mempunyai dua pilihan. Oleh itu, anda boleh cuba untuk menjalankan apa yang dipanggilinduksi berganda(induksi dalam induksi).

Kami akan menjalankan penaakulan induktif pada P.

1. Asas aruhan mengikut p. Untuk n = 1 perlu menyemaknya 2 t ~ 1 > t. Untuk membuktikan ketaksamaan ini, kami menggunakan induksi pada t.

a) Asas aruhan mengikut vol. Untuk t = 1 sedang berjalan
persamaan, yang boleh diterima.

b) Langkah aruhan mengikut t.Mari kita andaikan bahawa pada t = k kenyataan adalah benar, iaitu 2 k ~ 1 > k. Kemudian naik
Katakan bahawa dakwaan itu benar walaupun m = k + 1.
Kami ada:

pada semula jadi k.

Oleh itu, ketidaksamaan 2 dilakukan untuk mana-mana semula jadi t.

2. Langkah aruhan mengikut itemPilih dan betulkan beberapa nombor asli t. Mari kita andaikan bahawa pada n = saya pernyataan itu benar (untuk tetap t), iaitu 2 t +1 ~ 2 > t1, dan buktikan bahawa maka dakwaan itu akan menjadi benar untuk n = l + 1.
Kami ada:

untuk mana-mana semula jadi jenis.

Oleh itu, berdasarkan prinsip aruhan matematik (mengikut P) pernyataan masalah adalah benar untuk mana-mana P dan untuk sebarang tetap t. Oleh itu, ketidaksamaan ini berlaku untuk mana-mana semula jadi jenis.

Masalah 12. Biarkan m, n dan k ialah nombor asli, dan t > hlm Antara dua nombor yang manakah lebih besar:

Dalam setiap ungkapan kepada tanda punca kuasa dua, t dan n silih berganti.

Penyelesaian. Mari kita buktikan dahulu beberapa pernyataan tambahan.

Lemma. Untuk mana-mana semula jadi t dan n (t > n) dan bukan negatif (tidak semestinya integer) X ketidaksamaan itu

Bukti. Pertimbangkan ketidaksamaan

Ketaksamaan ini adalah benar, kerana kedua-dua faktor di sebelah kiri adalah positif. Memperluas kurungan dan menukar, kami mendapat:

Mengambil punca kuasa dua bagi kedua-dua bahagian ketaksamaan terakhir, kita memperoleh penegasan lemma. Jadi lemma terbukti.

Sekarang mari kita teruskan untuk menyelesaikan masalah. Mari kita nyatakan yang pertama daripada nombor ini dengan a, dan yang kedua melalui b kepada . Mari kita buktikan bahawa a untuk mana-mana semula jadi kepada. Pembuktian akan dijalankan dengan kaedah aruhan matematik secara berasingan bagi genap dan ganjil kepada.

asas induksi. Untuk k = 1 kita mempunyai ketidaksamaan

y[t > y/n , yang sah kerana fakta bahawa m > n. = 2, hasil yang diingini diperoleh daripada lemma terbukti dengan menggantikan x = 0.

langkah induksi. Katakan, bagi sesetengah orang kepada ketaksamaan a >b ke adil. Mari kita buktikan

Daripada andaian aruhan dan kemonotonan punca kuasa dua, kita ada:

Sebaliknya, ia mengikuti daripada lemma yang terbukti bahawa

Menggabungkan dua ketaksamaan terakhir, kita dapat:

Mengikut prinsip aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

Tugasan 13. (Ketidaksamaan Cauchy.)Buktikan bahawa untuk sebarang nombor positif..., a p ketidaksamaan itu

Penyelesaian. Untuk n = 2 ketaksamaan

min aritmetik dan min geometri (untuk dua nombor) akan dianggap diketahui. biarlah n= 2, k = 1, 2, 3, ... dan mula-mula jalankan induksi pada kepada. Asas induksi ini berlaku. Dengan mengandaikan bahawa ketidaksamaan yang diingini telah pun diwujudkan untuk n = 2, kami akan membuktikannya P = 2 . Kami ada (menggunakan ketaksamaan untuk dua nombor):

Oleh itu, dengan hipotesis aruhan

Oleh itu, dengan induksi pada k, kami telah membuktikan ketaksamaan untuk semua p 9 yang merupakan kuasa dua.

Untuk membuktikan ketidaksamaan untuk nilai lain P kami akan menggunakan "induksi turun", iaitu, kami akan membuktikan bahawa jika ketaksamaan berpuas hati untuk sewenang-wenangnya bukan negatif P nombor, ia juga sah untuk(H - Nombor ke-1. Untuk mengesahkan ini, kami ambil perhatian bahawa, mengikut andaian yang dibuat, untuk P nombor, ketidaksamaan

iaitu a r + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1) A. Membahagikan kedua-dua bahagian kepada P - 1, kita memperoleh ketaksamaan yang diperlukan.

Jadi, mula-mula kami menetapkan bahawa ketidaksamaan itu berlaku untuk bilangan nilai yang mungkin tidak terhingga P, dan kemudian menunjukkan bahawa jika ketidaksamaan berlaku untuk P nombor, ia juga sah untuk(H - 1) nombor. Daripada ini, kita kini membuat kesimpulan bahawa ketidaksamaan Coty berlaku untuk satu set P sebarang nombor bukan negatif untuk sebarang n = 2, 3, 4, ...

Masalah 14. (D. Uspensky.) Untuk sebarang segi tiga ABC dengan sudut = CAB, = CBA adalah setimpal, terdapat ketidaksamaan

Penyelesaian. Sudut dan boleh dibandingkan, dan ini (mengikut takrifan) bermakna sudut ini mempunyai ukuran yang sama, yang mana = p, = (p, q ialah nombor koprime semula jadi).

Mari kita gunakan kaedah aruhan matematik dan lukiskannya di atas jumlah n = p + q nombor koprima asli..

asas induksi. Untuk p + q = 2 kita ada: p = 1 dan q = 1. Kemudian segitiga ABC adalah sama kaki, dan ketaksamaan yang diingini adalah jelas: ia mengikuti dari ketaksamaan segitiga

langkah induksi. Katakan sekarang bahawa ketaksamaan yang diingini ditubuhkan untuk p + q = 2, 3, ..., k - 1, di mana k > 2. Mari kita buktikan bahawa ketidaksamaan itu juga sah untuk p + q = k.

Biar ABC ialah segi tiga yang diberi dengan> 2. Kemudian sisi AC dan BC tidak boleh sama: biarkan AC > BC. Sekarang mari kita bina, seperti dalam Rajah 2, segi tiga sama kaki ABC; kami ada:

AC \u003d DC dan AD \u003d AB + BD, oleh itu,

2AC > AB + BD (1)

Pertimbangkan sekarang segitiga VDC, yang sudutnya juga sebanding:

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

nasi. 2

Segitiga ini memenuhi andaian induktif, dan oleh itu

(2)

Menambah (1) dan (2), kami mempunyai:

2AC+BD>

dan oleh itu

Dari segi tiga yang sama WBS dengan hipotesis aruhan kita membuat kesimpulan bahawa

Memandangkan ketidaksamaan sebelumnya, kami membuat kesimpulan bahawa

Oleh itu, peralihan induktif diperoleh, dan penyataan masalah mengikut prinsip aruhan matematik.

Komen. Pernyataan masalah tetap sah walaupun sudut a dan p tidak setanding. Dalam asas pertimbangan dalam kes umum, kita sudah perlu menggunakan satu lagi prinsip matematik penting - prinsip kesinambungan.

Masalah 15. Beberapa garis lurus membahagikan satah kepada bahagian-bahagian. Buktikan bahawa bahagian ini boleh diwarnakan dengan putih

dan warna hitam supaya bahagian bersebelahan yang mempunyai segmen sempadan yang sama mempunyai warna yang berbeza (seperti dalam Rajah 3 apabila n = 4).

gambar 3

Penyelesaian. Kami menggunakan induksi pada bilangan baris. Jadi biarlah P - bilangan garisan yang membahagikan satah kita kepada bahagian, n > 1.

asas induksi. Jika terdapat hanya satu lurus(H = 1), maka ia membahagikan satah kepada dua satah separuh, satu daripadanya boleh diwarnakan putih dan satu lagi hitam, dan pernyataan masalah adalah benar.

langkah induksi. Untuk menjadikan pembuktian langkah induktif lebih jelas, pertimbangkan proses menambah satu baris baharu. Jika kita melukis baris kedua(H= 2), maka kita mendapat empat bahagian yang boleh diwarnakan mengikut cara yang dikehendaki dengan melukis sudut bertentangan dengan warna yang sama. Mari lihat apa yang berlaku jika kita melukis garis lurus ketiga. Ia akan membahagikan beberapa bahagian "lama", manakala bahagian baru sempadan akan muncul, pada kedua-dua belah yang warnanya sama (Rajah 4).

nasi. empat

Mari kita teruskan seperti berikut:sebelah pihakdari garis lurus baru kita akan menukar warna - kita akan membuat putih hitam dan sebaliknya; pada masa yang sama, bahagian yang terletak di seberang garis lurus ini tidak dicat semula (Rajah 5). Kemudian pewarnaan baru ini akan memenuhi keperluan yang diperlukan: di satu pihak, garis lurus sudah berselang-seli (tetapi dengan warna yang berbeza), dan sebaliknya, ia adalah perlu. Agar bahagian yang mempunyai sempadan biasa kepunyaan garisan yang dilukis dicat dengan warna yang berbeza, kami mengecat semula bahagian itu hanya pada satu sisi garisan yang dilukis ini.

Rajah.5

Sekarang mari kita buktikan langkah induktif. Katakan itu bagi sesetengah orangn = kpenyataan masalah adalah sah, iaitu, semua bahagian satah di mana ia dibahagikan dengan inikepadalurus, anda boleh melukis dengan warna putih dan hitam supaya bahagian jiran mempunyai warna yang berbeza. Mari kita buktikan bahawa kemudian wujud pewarna untukP= kepada+ 1 lurus. Mari kita teruskan sama dengan kes peralihan daripada dua garis lurus kepada tiga. Jom belanja dalam kapal terbangkepadalangsung. Kemudian, dengan andaian induktif, "peta" yang terhasil boleh diwarnakan mengikut cara yang diingini. Jom belanja sekarang(kepada+ 1)-garis lurus dan di sebelahnya kita menukar warna kepada yang bertentangan. Jadi sekarang(kepadaGaris lurus + 1)-th di mana-mana memisahkan bahagian warna yang berbeza, manakala bahagian "lama", seperti yang telah kita lihat, kekal berwarna dengan betul. Mengikut prinsip aruhan matematik, masalah itu diselesaikan.

Satu tugas16. Di pinggir padang pasir terdapat bekalan petrol yang banyak dan sebuah kereta yang, dengan stesen minyak yang penuh, boleh bergerak sejauh 50 kilometer. Dalam kuantiti tanpa had, terdapat tong di mana anda boleh mengalirkan petrol dari tangki minyak kereta dan meninggalkannya untuk disimpan di mana-mana di padang pasir. Buktikan bahawa kereta itu boleh menempuh sebarang jarak integer lebih daripada 50 kilometer. Tidak dibenarkan membawa tin petrol, tin kosong boleh dibawa dalam apa-apa kuantiti.

Penyelesaian.Mari cuba buktikan dengan induksi padaP,bahawa kereta itu boleh memanduPkilometer dari pinggir padang pasir. PadaP= 50 diketahui. Ia kekal untuk menjalankan langkah induksi dan menerangkan cara untuk sampai ke sanan = k+ 1 km jika diketahuin = kkilometer boleh dipandu.

Walau bagaimanapun, di sini kita menghadapi kesukaran: selepas kita luluskepadakilometer, petrol mungkin tidak mencukupi untuk perjalanan pulang (apatah lagi penyimpanan). Dan dalam kes ini, jalan keluar adalah untuk mengukuhkan penegasan yang dibuktikan (paradoks pencipta). Kami akan membuktikan bahawa ia adalah mungkin bukan sahaja untuk memanduPkilometer, tetapi juga untuk membuat bekalan petrol yang besar secara sewenang-wenangnya pada satu titik pada jarakPkilometer dari pinggir padang pasir, berada pada titik ini selepas tamat pengangkutan.

asas induksi.Biarkan satu unit petrol ialah jumlah petrol yang diperlukan untuk melengkapkan satu kilometer perjalanan. Kemudian penerbangan 1 kilometer ke belakang memerlukan dua unit petrol, jadi kita boleh meninggalkan 48 unit petrol dalam simpanan satu kilometer dari tepi dan kembali untuk mendapatkan lebih banyak lagi. Oleh itu, untuk beberapa perjalanan ke storan, kita boleh membuat stok dengan saiz sewenang-wenang yang kita perlukan. Pada masa yang sama, untuk mencipta 48 unit stok, kami membelanjakan 50 unit petrol.

langkah induksi.Mari kita anggap bahawa pada jarak jauhP= kepadadari pinggir padang pasir anda boleh menyimpan sebarang jumlah petrol. Mari kita buktikan bahawa adalah mungkin untuk membuat repositori pada jarak jauhn = k+ 1 km dengan sebarang bekalan petrol yang telah ditetapkan dan berada di tempat simpanan ini pada penghujung pengangkutan. Kerana pada titik ituP= kepadaterdapat bekalan petrol tanpa had, maka (mengikut pangkalan induksi) kita boleh, dalam beberapa perjalanan ke titikn = k+ 1 untuk membuat satu mataP= kepada4- 1 stok sebarang saiz yang anda perlukan.

Kebenaran pernyataan yang lebih umum daripada keadaan masalah sekarang mengikuti prinsip aruhan matematik.

Kesimpulan

Khususnya, setelah mempelajari kaedah induksi matematik, saya meningkatkan pengetahuan saya dalam bidang matematik ini, dan juga belajar bagaimana menyelesaikan masalah yang sebelum ini di luar kuasa saya.

Pada asasnya, ini adalah tugas yang logik dan menghiburkan, i.e. hanya mereka yang meningkatkan minat dalam matematik itu sendiri sebagai sains. Menyelesaikan masalah sedemikian menjadi aktiviti yang menghiburkan dan boleh menarik lebih ramai orang yang ingin tahu ke labirin matematik. Pada pendapat saya, ini adalah asas kepada mana-mana sains.

Meneruskan kajian kaedah aruhan matematik, saya akan cuba mempelajari cara mengaplikasikannya bukan sahaja dalam matematik, tetapi juga dalam menyelesaikan masalah dalam fizik, kimia dan kehidupan itu sendiri.

kesusasteraan

1. INDUKSI Vulenkin. Kombinatorik. Buku Panduan UNTUK guru. M., Pencerahan,

1976.-48 hlm.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Aruhan dalam geometri. - M.: Gosud. penerbit menyala. - 1956 - S.I00. Manual matematik untuk pemohon ke universiti / Ed. Yakovleva G.N. Sains. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Aruhan dalam geometri. —
M .: Nauka, 1961. - (Kuliah popular mengenai matematik.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. Buku Teks / “Pencerahan” 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Apakah itu Matematik?" Bab 1, § 2

6. Popa D. Matematik dan penaakulan yang munasabah. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Penemuan matematik. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Cara mengajar kaedah induksi matematik / sekolah Matematik. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Mengenai kaedah aruhan matematik. - M .: Nauka, 1977. - (Kuliah popular mengenai matematik.)

10. Solominsky I.S. Kaedah aruhan matematik. - M.: Sains.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Mengenai aruhan matematik. - M.: Sains. - 1967. - S.7-59.

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

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

Kaedah aruhan matematik

pengenalan

Bahagian utama

Induksi lengkap dan tidak lengkap
Prinsip aruhan matematik
Kaedah aruhan matematik
Penyelesaian contoh
Kesaksamaan
Pembahagian nombor
ketidaksamaan

Kesimpulan

Senarai sastera terpakai

pengenalan

Kaedah aruhan matematik boleh dibandingkan dengan kemajuan. Kita bermula dari yang paling rendah, hasil pemikiran logik kita datang ke yang tertinggi. Manusia sentiasa berusaha untuk kemajuan, untuk keupayaan untuk mengembangkan pemikirannya secara logik, yang bermaksud bahawa alam sendiri telah mentakdirkan dia untuk berfikir secara induktif.

Walaupun bidang aplikasi kaedah induksi matematik telah berkembang, sedikit masa yang ditumpukan untuknya dalam kurikulum sekolah. Baiklah, katakan bahawa orang yang berguna akan dibawa oleh dua atau tiga pelajaran yang mana dia mendengar lima perkataan teori, menyelesaikan lima masalah primitif, dan, sebagai hasilnya, mendapat lima kerana tidak mengetahui apa-apa.

Tetapi ini sangat penting - untuk dapat berfikir secara induktif.

Bahagian utama

Dalam makna asalnya, perkataan "induksi" digunakan untuk penaakulan yang mana kesimpulan umum diperoleh berdasarkan beberapa pernyataan tertentu. Kaedah penaakulan yang paling mudah seperti ini ialah induksi lengkap. Berikut adalah contoh penaakulan sedemikian.

Biarkan diperlukan untuk menetapkan bahawa setiap nombor genap asli n dalam 4 boleh diwakili sebagai hasil tambah dua nombor perdana. Untuk melakukan ini, kami mengambil semua nombor tersebut dan menulis pengembangan yang sepadan:

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.

Sembilan kesamaan ini menunjukkan bahawa setiap nombor yang menarik kepada kita sememangnya diwakili sebagai jumlah dua sebutan utama.

Oleh itu, induksi lengkap ialah pernyataan umum dibuktikan secara berasingan dalam setiap bilangan terhingga kemungkinan kes.

Kadang-kadang keputusan umum boleh diramalkan selepas mempertimbangkan bukan semua, tetapi sebilangan besar kes khas (yang dipanggil induksi tidak lengkap).

Keputusan yang diperoleh melalui induksi tidak lengkap, walau bagaimanapun, hanya kekal sebagai hipotesis sehingga ia dibuktikan dengan penaakulan matematik yang tepat, meliputi semua kes khas. Dengan kata lain, induksi yang tidak lengkap dalam matematik tidak dianggap sebagai kaedah pembuktian yang sah, tetapi merupakan kaedah yang berkuasa untuk menemui kebenaran baharu.

Biarkan, sebagai contoh, ia diperlukan untuk mencari hasil tambah n nombor ganjil berturut-turut yang pertama. Pertimbangkan kes khas:

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

Selepas mempertimbangkan beberapa kes khas ini, kesimpulan umum berikut mencadangkan dirinya:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

mereka. hasil tambah n nombor ganjil yang pertama berturut-turut ialah n 2

Sudah tentu, pemerhatian yang dibuat belum boleh menjadi bukti kesahihan formula di atas.

Induksi lengkap hanya mempunyai aplikasi terhad dalam matematik. Banyak pernyataan matematik yang menarik merangkumi bilangan kes khas yang tidak terhingga, dan kami tidak boleh menguji bilangan kes yang tidak terhingga. Induksi yang tidak lengkap selalunya membawa kepada keputusan yang salah.

Dalam banyak kes, jalan keluar daripada kesukaran seperti ini adalah dengan menggunakan kaedah penaakulan khas, yang dipanggil kaedah aruhan matematik. Ia adalah seperti berikut.

Biarlah perlu untuk membuktikan kesahihan pernyataan tertentu untuk sebarang nombor asli n (sebagai contoh, adalah perlu untuk membuktikan bahawa hasil tambah bagi nombor ganjil pertama adalah sama dengan n 2). Pengesahan langsung pernyataan ini untuk setiap nilai n adalah mustahil, kerana set nombor asli adalah tidak terhingga. Untuk membuktikan pernyataan ini, mula-mula semak kesahihannya untuk n=1. Kemudian dibuktikan bahawa untuk sebarang nilai semula jadi k, kesahihan pernyataan yang dipertimbangkan untuk n=k membayangkan kesahihannya untuk n=k+1 juga.

Kemudian penegasan itu dianggap terbukti untuk semua n. Sesungguhnya, pernyataan itu benar untuk n=1. Tetapi ia juga sah untuk nombor seterusnya n=1+1=2. Kesahan penegasan untuk n=2 membayangkan kesahihannya untuk n=2+

1=3. Ini membayangkan kesahihan pernyataan untuk n=4, dan seterusnya. Adalah jelas bahawa, pada akhirnya, kita akan mencapai sebarang nombor asli n. Oleh itu, pernyataan adalah benar untuk mana-mana n.

Merumuskan apa yang telah diperkatakan, kami merumuskan prinsip umum berikut.

Prinsip aruhan matematik.

Jika ayat A(n) bergantung kepada nombor aslin, benar untukn=1 dan daripada fakta bahawa ia adalah benar untukn= k (di manak-sebarang nombor asli), ia berikutan bahawa ia juga benar untuk nombor seterusnyan= k+1, kemudian andaian A(n) adalah benar untuk sebarang nombor aslin.

Dalam beberapa kes, mungkin perlu untuk membuktikan kesahihan pernyataan tertentu bukan untuk semua nombor asli, tetapi hanya untuk n>p, di mana p ialah nombor asli tetap. Dalam hal ini, prinsip aruhan matematik dirumuskan seperti berikut.

Jika ayat A(n) adalah benar untukn= hlm dan jika A(k) Þ TAPI(k+1) untuk mana-manak> hlm, kemudian ayat A(n) adalah benar untuk mana-manan> hlm.

Pembuktian dengan kaedah aruhan matematik dijalankan seperti berikut. Pertama, penegasan yang akan dibuktikan disemak untuk n=1, iaitu, kebenaran pernyataan A(1) telah ditetapkan. Bahagian pembuktian ini dipanggil asas induksi. Ini diikuti dengan sebahagian daripada bukti yang dipanggil langkah induksi. Dalam bahagian ini, kesahihan pernyataan untuk n=k+1 dibuktikan di bawah andaian bahawa pernyataan itu adalah benar untuk n=k (andaian induktif), i.e. buktikan bahawa A(k)ÞA(k+1).

CONTOH 1

Buktikan bahawa 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Penyelesaian: 1) Kami mempunyai n=1=1 2 . Akibatnya,

pernyataan adalah benar untuk n=1, i.e. A(1) adalah benar.

2) Mari kita buktikan bahawa A(k)ÞA(k+1).

Biarkan k ialah sebarang nombor asli dan biarkan pernyataan itu benar untuk n=k, i.e.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Mari kita buktikan bahawa penegasan itu juga benar untuk nombor asli seterusnya n=k+1, i.e. apa

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Sesungguhnya,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip aruhan matematik, kami membuat kesimpulan bahawa Andaian A(n) adalah benar untuk mana-mana nОN.

CONTOH 2

Buktikan itu

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

Penyelesaian: 1) Untuk n=1 kita dapat

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

oleh itu, untuk n=1 formula adalah benar; A(1) adalah benar.

2) Biarkan k ialah sebarang nombor asli dan biarkan formula itu benar untuk n=k, i.e.

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

Mari kita buktikan bahawa kemudian kesamarataan

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

Sesungguhnya

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).

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip aruhan matematik, kami membuat kesimpulan bahawa formula adalah benar untuk sebarang nombor asli n.

CONTOH 3

Buktikan bahawa bilangan pepenjuru bagi n-gon cembung ialah n(n-3)/2.

Penyelesaian: 1) Untuk n=3, pernyataan adalah benar

Dan 3 adalah betul, kerana dalam segitiga

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

A 2 A(3) adalah benar.

2) Katakan bahawa dalam mana-mana

cembung k-gon mempunyai-

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

A k Mari kita buktikan bahawa kemudian dalam cembung

(k+1)-nombor gon

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

Biarkan А 1 А 2 А 3 …A k A k +1 -cembung (k+1)-bucu. Mari kita lukis pepenjuru A 1 A k di dalamnya. Untuk mengira jumlah bilangan pepenjuru ini (k + 1)-gon, anda perlu mengira bilangan pepenjuru dalam k-gon A 1 A 2 ...A k , tambah k-2 kepada nombor yang terhasil, i.e. bilangan pepenjuru bagi (k+1)-gon yang terpancar daripada bucu A k +1 , dan, sebagai tambahan, pepenjuru A 1 A k perlu diambil kira.

Dengan cara ini,

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

Jadi A(k)ÞA(k+1). Disebabkan oleh prinsip aruhan matematik, pernyataan tersebut adalah benar untuk sebarang n-gon cembung.

CONTOH 4

Buktikan bahawa bagi mana-mana n pernyataan itu adalah benar:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

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

Oleh itu, untuk n=1 pernyataan adalah benar.

2) Andaikan bahawa n=k

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

3) Pertimbangkan pernyataan ini untuk n=k+1

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

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

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

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

Kami telah membuktikan kesahihan kesamaan untuk n=k+1, oleh itu, berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu adalah benar untuk sebarang n semula jadi.

CONTOH 5

Buktikan bahawa untuk mana-mana kesamaan semula jadi adalah benar:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1.

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

Kami melihat bahawa untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa kesamaan adalah benar untuk n=k

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

3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1, i.e.

X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4. X k+1 =1 3 +2 3 +…+k 3 +(k+1) 3 =k 2 (k+1) 2 /4+(k+1) 3 =(k 2 (k++1) 2 +4(k+1) 3)/4=(k+1) 2 (k 2 +4k+4)/4=(k+1) 2 (k+2) 2 /4.

Daripada bukti di atas adalah jelas bahawa pernyataan adalah benar untuk n=k+1, oleh itu, kesamaan adalah benar untuk mana-mana n semula jadi.

CONTOH 6

Buktikan itu

((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), dengan n>2.

Penyelesaian: 1) Untuk n=2 identiti kelihatan seperti: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3′2′3)/2(2 2 +2+1),

mereka. ia betul.

2) Andaikan bahawa ungkapan itu benar untuk n=k

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

3) Kami akan membuktikan ketepatan ungkapan untuk n=k+1.

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

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Kami telah membuktikan kesahihan kesamaan untuk n=k+1, oleh itu, disebabkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu benar untuk mana-mana n>2

CONTOH 7

Buktikan itu

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

untuk sebarang n semula jadi.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

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

2) Andaikan bahawa n=k, maka

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

3) Mari kita buktikan kebenaran pernyataan ini untuk n=k+1

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

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

Kesahan kesamaan untuk n=k+1 juga dibuktikan, oleh itu pernyataan adalah benar untuk sebarang nombor asli n.

CONTOH 8

Buktikan kesahihan identiti

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

untuk sebarang n semula jadi.

1) Untuk n=1 identiti adalah benar 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Andaikan bahawa untuk n=k

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

3) Mari kita buktikan bahawa identiti adalah benar untuk n=k+1.

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

Ia boleh dilihat daripada bukti di atas bahawa penegasan adalah benar untuk sebarang nombor asli n.

CONTOH 9

Buktikan bahawa (11 n+2 +12 2n+1) boleh dibahagi dengan 133 tanpa baki.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

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

Tetapi (23'133) boleh dibahagikan dengan 133 tanpa baki, jadi untuk n=1 pernyataan itu adalah benar; A(1) adalah benar.

2) Katakan bahawa (11 k+2 +12 2k+1) boleh dibahagi dengan 133 tanpa baki.

3) Mari kita buktikan dalam kes ini

(11 k+3 +12 2k+3) boleh dibahagi dengan 133 tanpa baki. Sesungguhnya, 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 .

Jumlah yang terhasil boleh dibahagikan dengan 133 tanpa baki, kerana sebutan pertamanya boleh dibahagikan dengan 133 tanpa baki dengan andaian, dan dalam faktor kedua ialah 133. Jadi, А(k)ÞА(k+1). Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 10

Buktikan bahawa bagi mana-mana n 7 n -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, maka X 1 =7 1 -1=6 dibahagi dengan 6 tanpa baki. Jadi untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa untuk n=k

7 k -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

3) Mari kita buktikan bahawa pernyataan itu benar untuk n=k+1.

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

Sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 6, kerana 7 k -1 boleh dibahagikan dengan 6 dengan andaian, dan sebutan kedua ialah 6. Jadi 7 n -1 ialah gandaan 6 untuk sebarang n asli. Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 11

Buktikan bahawa 3 3n-1 +2 4n-3 untuk n asli arbitrari boleh dibahagi dengan 11.
Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, kemudian

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 dibahagikan dengan 11 tanpa baki. Oleh itu, untuk n=1 pernyataan adalah benar.

2) Andaikan bahawa untuk n=k

X k \u003d 3 3k-1 +2 4k-3 boleh dibahagi dengan 11 tanpa baki.

3) Mari kita buktikan bahawa pernyataan itu benar untuk n=k+1.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 ´3 3k-1 +2 4 ´2 4k-3 =

27'3 3k-1 +16'2 4k-3 =(16+11)'3 3k-1 +16'2 4k-3 =16'3 3k-1 +

11'3 3k-1 +16'2 4k-3 =16(3 3 k -1 +2 4k-3)+11'3 3k-1 .

Sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 11 tanpa baki, kerana 3 3 k-1 +2 4k-3 boleh dibahagikan dengan 11 dengan andaian, yang kedua boleh dibahagikan dengan 11, kerana salah satu faktornya ialah nombor 11. Jadi jumlahnya ialah boleh dibahagi dengan 11 tiada baki untuk sebarang n semula jadi. Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 12

Buktikan bahawa 11 2n -1 untuk integer positif arbitrari n boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

Penyelesaian: 1) Biarkan n=1, maka 11 2 -1=120 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki. Jadi untuk n=1 pernyataan itu adalah benar.

2) Andaikan bahawa untuk n=k

11 2 k -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

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

Kedua-dua sebutan boleh dibahagikan dengan 6 tanpa baki: yang pertama mengandungi gandaan 6 nombor 120, dan yang kedua boleh dibahagikan dengan 6 tanpa baki dengan andaian. Jadi jumlahnya boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki. Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 13

Buktikan bahawa 3 3 n+3 -26n-27 untuk integer positif arbitrari n boleh dibahagi dengan 26 2 (676) tanpa baki.

Penyelesaian: Mari kita buktikan dahulu bahawa 3 3 n+3 -1 boleh dibahagikan dengan 26 tanpa baki.

Untuk n=0

3 3 -1=26 boleh dibahagi dengan 26

Katakan bahawa untuk n=k

3 3k+3 -1 boleh dibahagi dengan 26

Mari kita buktikan bahawa kenyataan itu

benar untuk n=k+1.

3 3 k+6 -1=27'3 3k+3 -1=26'3 3k+3 +(3 3 k +3 -1) - boleh dibahagi dengan 26

Sekarang mari kita buktikan pernyataan yang dirumuskan dalam keadaan masalah.

1) Adalah jelas bahawa untuk n=1 pernyataan itu adalah benar

3 3+3 -26-27=676

2) Andaikan bahawa untuk n=k

ungkapan 3 3 k+3 -26k-27 boleh dibahagi dengan 26 2 tanpa baki.

3) Mari kita buktikan bahawa pernyataan itu benar untuk n=k+1

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

Kedua-dua istilah boleh dibahagikan dengan 26 2 ; yang pertama boleh dibahagikan dengan 26 2 kerana kami telah membuktikan bahawa ungkapan dalam kurungan boleh dibahagikan dengan 26, dan yang kedua boleh dibahagikan dengan hipotesis induktif. Berdasarkan kaedah aruhan matematik, pernyataan itu dibuktikan.

CONTOH 14

Buktikan bahawa jika n>2 dan x>0, maka ketaksamaan

(1+x) n >1+n´x.

Penyelesaian: 1) Untuk n=2, ketaksamaan adalah benar, kerana

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

Jadi A(2) adalah benar.

2) Mari kita buktikan bahawa A(k)ÞA(k+1) jika k> 2. Katakan bahawa A(k) adalah benar, iaitu, bahawa ketaksamaan

(1+x) k >1+k´x. (3)

Mari kita buktikan bahawa A(k+1) juga benar, iaitu, bahawa ketaksamaan

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Sesungguhnya, mendarab kedua-dua belah ketaksamaan (3) dengan nombor positif 1+x, kita perolehi

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Pertimbangkan bahagian kanan yang terakhir tidak sama

stva; kita ada

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

Akibatnya, kita mendapat itu

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Jadi A(k)ÞA(k+1). Berdasarkan prinsip aruhan matematik, boleh dikatakan bahawa ketaksamaan Bernoulli adalah sah untuk sebarang

CONTOH 15

Buktikan bahawa ketidaksamaan itu benar

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

Penyelesaian: 1) Untuk m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 kedua-dua bahagian adalah sama.

2) Andaikan bahawa untuk m=k

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) Mari kita buktikan bahawa untuk m=k+1 bukan kesamaan adalah benar

(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 .

Kami telah membuktikan kesahihan ketaksamaan untuk m=k+1, oleh itu, berdasarkan kaedah aruhan matematik, ketaksamaan adalah benar untuk sebarang m semula jadi.

CONTOH 16

Buktikan bahawa untuk n>6 ketaksamaan

Penyelesaian: Mari kita tulis semula ketaksamaan dalam borang

Untuk n=7 kita ada

3 7 /2 7 =2187/128>14=2'7

ketidaksamaan adalah benar.

Katakan bahawa untuk n=k

3) Mari kita buktikan ketepatan ketaksamaan untuk n=k+1.

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

Sejak k>7, ketidaksamaan terakhir adalah jelas.

Berdasarkan kaedah aruhan matematik, ketaksamaan adalah sah untuk sebarang n semula jadi.

CONTOH 17

Buktikan bahawa untuk n>2 ketaksamaan

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Penyelesaian: 1) Untuk n=3 ketaksamaan adalah benar

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

Katakan bahawa untuk n=k

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

3) Kami akan membuktikan kesahihan bukan

kesamaan untuk n=k+1

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Mari kita buktikan bahawa 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

Yang terakhir adalah jelas, dan oleh itu

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Berdasarkan kaedah aruhan matematik, ketaksamaan dibuktikan.

Kesimpulan

Pada asasnya, ini adalah tugas yang logik dan menghiburkan, i.e. hanya mereka yang meningkatkan minat dalam matematik itu sendiri sebagai sains. Penyelesaian masalah sedemikian menjadi aktiviti yang menghiburkan dan boleh menarik lebih ramai orang yang ingin tahu kepada labirin matematik. Pada pendapat saya, ini adalah asas kepada mana-mana sains.

MATEMATIK:

KULIAH, TUGASAN, PENYELESAIAN

Buku teks / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. Potpourri LLC 1996.

ALGEBRA DAN PRINSIP ANALISIS

Buku Teks / I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. "Pencerahan" 1975.

Penerangan bibliografi: Badanin AS, Sizova M. Yu. Aplikasi kaedah induksi matematik untuk menyelesaikan masalah mengenai pembahagian nombor asli // Saintis muda. 2015. №2. S. 84-86..04.2019).

Masalah yang agak sukar untuk membuktikan kebolehbahagi nombor asli sering dihadapi dalam Olimpik matematik. Kanak-kanak sekolah menghadapi masalah: bagaimana untuk mencari kaedah matematik sejagat yang membolehkan menyelesaikan masalah sedemikian?

Ternyata kebanyakan masalah pembahagian boleh diselesaikan dengan induksi matematik, tetapi dalam buku teks sekolah sangat sedikit perhatian diberikan kepada kaedah ini, selalunya penerangan teori ringkas diberikan dan beberapa masalah dianalisis.

Kami mencari kaedah aruhan matematik dalam teori nombor. Pada permulaan teori nombor, ahli matematik menemui banyak fakta secara induktif: L. Euler dan K. Gauss kadangkala mempertimbangkan beribu-ribu contoh sebelum melihat corak berangka dan mempercayainya. Tetapi pada masa yang sama, mereka memahami betapa mengelirukan hipotesis jika mereka lulus ujian "akhir". Untuk peralihan induktif daripada pernyataan yang disahkan untuk subset terhingga kepada pernyataan yang serupa untuk keseluruhan set tak terhingga, bukti diperlukan. Kaedah ini dicadangkan oleh Blaise Pascal, yang menemui algoritma umum untuk mencari tanda kebolehbahagi mana-mana integer dengan mana-mana integer lain (risalah "Mengenai sifat kebolehbahagi nombor").

Kaedah aruhan matematik digunakan untuk membuktikan dengan menaakul kebenaran pernyataan tertentu bagi semua nombor asli atau kebenaran pernyataan bermula daripada beberapa nombor n.

Menyelesaikan masalah untuk membuktikan kebenaran pernyataan tertentu dengan kaedah aruhan matematik terdiri daripada empat peringkat (Rajah 1):

nasi. 1. Skim untuk menyelesaikan masalah

1. Asas induksi . Semak kesahihan pernyataan untuk nombor asli terkecil yang mana pernyataan itu masuk akal.

2. Andaian Induktif . Kami menganggap bahawa pernyataan itu benar untuk beberapa nilai k.

3. peralihan induktif . Kami membuktikan bahawa pernyataan itu benar untuk k+1.

4. Kesimpulan . Jika bukti sedemikian telah dilengkapkan, maka, berdasarkan prinsip aruhan matematik, boleh dikatakan bahawa pernyataan itu benar untuk sebarang nombor asli n.

Pertimbangkan aplikasi kaedah aruhan matematik untuk menyelesaikan masalah untuk membuktikan kebolehbahagi nombor asli.

Contoh 1. Buktikan bahawa nombor 5 ialah gandaan 19, dengan n ialah nombor asli.

Bukti:

1) Mari kita semak bahawa formula ini benar untuk n = 1: nombor =19 ialah gandaan 19.

2) Biarkan formula ini benar untuk n = k, iaitu, nombor ialah gandaan 19.

Boleh dibahagi dengan 19. Sesungguhnya, sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 19 disebabkan oleh andaian (2); sebutan kedua juga boleh dibahagikan dengan 19 kerana ia mengandungi faktor 19.

Contoh 2 Buktikan bahawa hasil tambah kubus bagi tiga nombor asli yang berturutan boleh dibahagi dengan 9.

Bukti:

Mari kita buktikan pernyataan: “Untuk sebarang nombor asli n, ungkapan n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 ialah gandaan 9.

1) Pastikan formula ini betul untuk n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 ialah gandaan 9.

2) Biarkan formula ini benar untuk n = k, iaitu k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 ialah gandaan bagi 9.

3) Mari kita buktikan bahawa formula itu juga benar untuk n = k + 1, iaitu (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 ialah gandaan bagi 9. (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).

Ungkapan yang terhasil mengandungi dua sebutan, setiap satunya boleh dibahagi dengan 9, jadi jumlahnya boleh dibahagikan dengan 9.

4) Kedua-dua syarat prinsip aruhan matematik dipenuhi, oleh itu, proposisi adalah benar untuk semua nilai n.

Contoh 3 Buktikan bahawa untuk sebarang n semula jadi nombor 3 2n+1 +2 n+2 boleh dibahagi dengan 7.

Bukti:

1) Semak sama ada formula ini betul untuk n = 1: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 ialah gandaan 7.

2) Biarkan formula ini benar untuk n = k, iaitu 3 2 k +1 +2 k +2 boleh dibahagi dengan 7.

3) Mari kita buktikan bahawa formula itu juga benar untuk n = k + 1, i.e.

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. Oleh kerana (3 2 k +1 +2 k +2) 9 boleh dibahagi dengan 7 dan 7 2 k +2 boleh dibahagi dengan 7, maka perbezaannya juga boleh dibahagikan dengan 7.

4) Kedua-dua syarat prinsip aruhan matematik dipenuhi, oleh itu, proposisi adalah benar untuk semua nilai n.

Banyak masalah bukti dalam teori kebolehbahagiaan nombor asli diselesaikan dengan mudah menggunakan kaedah aruhan matematik, seseorang bahkan boleh mengatakan bahawa menyelesaikan masalah dengan kaedah ini agak algoritma, sudah cukup untuk melakukan 4 langkah asas. Tetapi kaedah ini tidak boleh dipanggil universal, kerana terdapat juga kelemahan: pertama, adalah mungkin untuk membuktikan hanya pada set nombor asli, dan kedua, adalah mungkin untuk membuktikan hanya untuk satu pembolehubah.

Untuk pembangunan pemikiran logik, budaya matematik, kaedah ini adalah alat yang diperlukan, kerana ahli matematik Rusia yang hebat A. N. Kolmogorov berkata: "Pemahaman dan keupayaan untuk menggunakan prinsip induksi matematik dengan betul adalah kriteria yang baik untuk kematangan logik, iaitu sangat diperlukan untuk matematik."

kesusasteraan:

1. Vilenkin N. Ya. Induksi. Kombinatorik. - M.: Pencerahan, 1976. - 48 hlm.

2. Genkin L. Mengenai aruhan matematik. - M., 1962. - 36 hlm.

3. Solominsky I. S. Kaedah aruhan matematik. - M.: Nauka, 1974. - 63 hlm.

4. Sharygin I. F. Kursus pilihan dalam matematik: Penyelesaian masalah: Buku teks untuk 10 sel. sekolah Menengah - M.: Pencerahan, 1989. - 252 hlm.

5. Shen A. aruhan matematik. - M.: MTSNMO, 2007.- 32 p.

KAEDAH AROHAN MATEMATIK

Perkataan induksi dalam bahasa Rusia bermaksud bimbingan, dan induktif dipanggil kesimpulan berdasarkan pemerhatian, eksperimen, i.e. diperoleh melalui inferens daripada yang khusus kepada umum.

Sebagai contoh, setiap hari kita melihat bahawa Matahari terbit dari timur. Oleh itu, anda boleh yakin bahawa esok ia akan muncul di timur, dan bukan di barat. Kami membuat kesimpulan ini tanpa menggunakan sebarang andaian tentang punca pergerakan Matahari merentasi langit (lebih-lebih lagi, pergerakan ini sendiri ternyata jelas, kerana dunia sebenarnya bergerak). Namun, terbitan induktif ini dengan betul menerangkan pemerhatian yang akan kita buat esok.

Peranan inferens induktif dalam sains eksperimen adalah sangat besar. Mereka memberikan peruntukan tersebut, dari mana kesimpulan selanjutnya dibuat melalui potongan. Dan walaupun mekanik teori adalah berdasarkan tiga undang-undang gerakan Newton, undang-undang ini sendiri adalah hasil pemikiran mendalam melalui data eksperimen, khususnya, undang-undang gerakan planet Kepler, yang diperolehi olehnya semasa pemprosesan pemerhatian jangka panjang oleh Ahli astronomi Denmark Tycho Brahe. Pemerhatian dan induksi ternyata berguna pada masa hadapan untuk memperhalusi andaian yang dibuat. Selepas eksperimen Michelson untuk mengukur kelajuan cahaya dalam medium bergerak, ternyata perlu untuk menjelaskan undang-undang fizik dan mencipta teori relativiti.

Dalam matematik, peranan induksi sebahagian besarnya adalah ia mendasari aksiomatik yang dipilih. Selepas latihan yang panjang menunjukkan bahawa jalan yang lurus sentiasa lebih pendek daripada yang melengkung atau patah, adalah wajar untuk merumuskan aksiom: untuk mana-mana tiga titik A, B dan C, ketaksamaan

Tanggapan asas aritmetik untuk diikuti juga muncul daripada memerhatikan pembentukan askar, kapal, dan set tertib lain.

Walau bagaimanapun, seseorang tidak sepatutnya berfikir bahawa ini adalah pengakhiran peranan induksi dalam matematik. Sudah tentu, kita tidak seharusnya mengesahkan secara eksperimen teorem yang disimpulkan secara logik daripada aksiom: jika tiada ralat logik dibuat dalam terbitan, maka ia adalah benar setakat aksiom yang telah kita terima adalah benar. Tetapi banyak pernyataan boleh disimpulkan daripada sistem aksiom ini. Dan pemilihan pernyataan yang perlu dibuktikan sekali lagi dicadangkan melalui induksi. Dialah yang membolehkan kita memisahkan teorem berguna dari yang tidak berguna, menunjukkan teorem mana yang mungkin benar, dan juga membantu menggariskan jalan pembuktian.

Intipati kaedah aruhan matematik

Dalam banyak bahagian aritmetik, algebra, geometri, analisis, seseorang itu perlu membuktikan kebenaran ayat A(n) yang bergantung kepada pembolehubah semula jadi. Bukti kebenaran ayat A(n) untuk semua nilai pembolehubah selalunya boleh dilakukan dengan kaedah aruhan matematik, yang berdasarkan prinsip berikut.

Ayat A(n) dianggap benar untuk semua nilai semula jadi pembolehubah jika dua syarat berikut dipenuhi:

Proposisi A(n) adalah benar untuk n=1.

Daripada andaian bahawa A(n) adalah benar untuk n=k (dengan k ialah sebarang nombor asli), maka ia adalah benar untuk nilai seterusnya n=k+1.

Prinsip ini dipanggil prinsip aruhan matematik. Ia biasanya dipilih sebagai salah satu aksiom yang mentakrifkan siri semula jadi nombor, dan oleh itu diterima tanpa bukti.

Kaedah aruhan matematik difahami sebagai kaedah pembuktian berikut. Jika diperlukan untuk membuktikan kebenaran proposisi A(n) untuk semua n semula jadi, maka, pertama, seseorang harus menyemak kebenaran proposisi A(1) dan, kedua, menganggap kebenaran proposisi A(k) , cuba buktikan bahawa proposisi A(k +1) benar. Jika ini boleh dibuktikan, dan buktinya kekal sah untuk setiap nilai semula jadi k, maka, mengikut prinsip aruhan matematik, proposisi A(n) diiktiraf sebagai benar untuk semua nilai n.

Kaedah aruhan matematik digunakan secara meluas dalam membuktikan teorem, identiti, ketaksamaan, dalam menyelesaikan masalah boleh bahagi, dalam menyelesaikan beberapa masalah geometri dan banyak lagi masalah lain.

Kaedah aruhan matematik dalam menyelesaikan masalah pada

pembahagian

Dengan menggunakan kaedah aruhan matematik, seseorang boleh membuktikan pelbagai pernyataan mengenai kebolehbahagi nombor asli.

Penegasan berikut boleh dibuktikan dengan agak mudah. Mari kita tunjukkan bagaimana ia diperoleh menggunakan kaedah aruhan matematik.

Contoh 1. Jika n ialah nombor asli, maka nombor itu ialah genap.

Untuk n=1 pernyataan kami adalah benar: - nombor genap. Mari kita anggap itu adalah nombor genap. Oleh kerana , 2k ialah nombor genap, maka malah. Jadi, pariti dibuktikan untuk n=1, pariti disimpulkan daripada pariti .Jadi, walaupun untuk semua nilai semula jadi n.

Contoh 2Buktikan kebenaran ayat tersebut

A(n)=(nombor 5 ialah gandaan 19), n ialah nombor asli.

Penyelesaian.

Pernyataan A(1)=(nombor ialah gandaan 19) adalah benar.

Katakan bahawa untuk beberapa nilai n=k

A(k)=(nombor ialah gandaan 19) adalah benar. Kemudian, sejak

Jelas sekali, A(k+1) juga benar. Sememangnya, sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 19 berdasarkan andaian bahawa A(k) adalah benar; sebutan kedua juga boleh dibahagikan dengan 19, kerana ia mengandungi faktor 19. Kedua-dua syarat prinsip aruhan matematik dipenuhi, oleh itu, proposisi A(n) adalah benar untuk semua nilai n.

Aplikasi kaedah aruhan matematik kepada

penjumlahan siri

Contoh 1Buktikan formulanya

, n ialah nombor asli.

Penyelesaian.

Untuk n=1, kedua-dua bahagian kesamaan bertukar menjadi satu dan, oleh itu, syarat pertama prinsip aruhan matematik dipenuhi.

Andaikan bahawa formula adalah benar untuk n=k, i.e.

Mari kita tambahkan kedua-dua belah kesamarataan ini dan ubah bahagian kanan. Kemudian kita dapat

Contoh 2Buktikan bahawa hasil tambah n nombor pertama siri semula jadi ialah .

Penyelesaian.

Mari kita nyatakan jumlah yang diperlukan, i.e. .

Untuk n=1, hipotesis adalah benar.

biarlah . Mari kita tunjukkan itu .

Sesungguhnya,

Masalah selesai.

Contoh 3Buktikan bahawa hasil tambah kuasa dua bagi n nombor pertama siri semula jadi adalah sama dengan .

Penyelesaian.

biarlah .

Mari kita berpura-pura itu . Kemudian

Dan akhirnya.

Contoh 4 Buktikan bahawa.

Penyelesaian.

Jika , maka

Contoh 5 Buktikan itu

Penyelesaian.

Untuk n=1, hipotesis jelas benar.

biarlah .

Mari kita buktikan itu.

sungguh,

Contoh mengaplikasi kaedah aruhan matematik kepada

bukti ketidaksamaan

Contoh 1Buktikan bahawa untuk sebarang nombor asli n>1

Penyelesaian.

Nyatakan bahagian kiri ketaksamaan dengan .

Oleh itu, untuk n=2, ketaksamaan adalah benar.

Biarkan untuk beberapa k. Mari kita buktikan bahawa kemudian dan . Kami ada , .

Membandingkan dan , kita ada , iaitu .

Untuk sebarang integer positif k, sebelah kanan kesamaan terakhir ialah positif. sebab tu . Tetapi , oleh itu, dan .

Contoh 2Cari kesilapan dalam penaakulan.

Kenyataan. Untuk mana-mana n semula jadi, ketaksamaan adalah benar.

Bukti.

. (1)

Mari kita buktikan bahawa ketaksamaan itu juga sah untuk n=k+1, i.e.

Memang sekurang-kurangnya 2 untuk mana-mana k semula jadi. Mari tambah ketaksamaan (1) ke sebelah kiri, dan 2 ke sebelah kanan. Kita mendapat ketaksamaan yang saksama , atau . Pernyataan itu telah terbukti.

Contoh 3Buktikan itu , di mana >-1, , n ialah nombor asli lebih besar daripada 1.

Penyelesaian.

Untuk n=2, ketaksamaan adalah benar, kerana .

Biarkan ketaksamaan itu benar untuk n=k, dengan k ialah beberapa nombor asli, i.e.

. (1)

Mari kita tunjukkan bahawa ketaksamaan itu juga sah untuk n=k+1, i.e.

. (2)

Sesungguhnya, dengan andaian, , oleh itu, ketidaksamaan

, (3)

diperoleh daripada ketaksamaan (1) dengan mendarab setiap bahagiannya dengan . Mari kita tulis semula ketaksamaan (3) seperti berikut: . Membuang istilah positif di sebelah kanan ketaksamaan terakhir, kita memperoleh ketaksamaan yang sah (2).

Contoh 4 Buktikan itu

(1)

di mana , , n ialah nombor asli lebih daripada 1.

Penyelesaian.

Untuk n=2, ketaksamaan (1) mengambil bentuk

. (2)

Sejak , maka ketidaksamaan

. (3)

Menambah setiap bahagian ketaksamaan (3) dengan , kita memperoleh ketaksamaan (2).

Ini membuktikan bahawa ketaksamaan (1) berlaku untuk n=2.

Biarkan ketaksamaan (1) sah untuk n=k, dengan k ialah beberapa nombor asli, i.e.

. (4)

Mari kita buktikan bahawa ketaksamaan (1) juga mesti sah untuk n=k+1, i.e.

(5)

Mari kita darabkan kedua-dua bahagian ketaksamaan (4) dengan a+b. Oleh kerana, dengan syarat, , kita memperoleh ketaksamaan saksama berikut:

. (6)

Untuk membuktikan ketaksamaan (5), sudah memadai untuk menunjukkannya

, (7)

atau, yang sama,

. (8)

Ketaksamaan (8) adalah bersamaan dengan ketaksamaan

. (9)

Jika , maka , dan di sebelah kiri ketaksamaan (9) kita mempunyai hasil darab dua nombor positif. Jika , maka , dan di sebelah kiri ketaksamaan (9) kita mempunyai hasil darab dua nombor negatif. Dalam kedua-dua kes ketaksamaan (9) adalah sah.

Ini membuktikan bahawa kesahan ketaksamaan (1) untuk n=k membayangkan kesahannya untuk n=k+1.

Kaedah aruhan matematik seperti yang digunakan pada orang lain

tugasan

Aplikasi paling semula jadi kaedah aruhan matematik dalam geometri, hampir dengan penggunaan kaedah ini dalam teori nombor dan algebra, adalah aplikasi untuk penyelesaian masalah pengiraan geometri. Mari lihat beberapa contoh.

Contoh 1Hitung sisi yang betul - segi empat sama yang ditulis dalam bulatan berjejari R.

Penyelesaian.

Untuk n=2 betul 2 n - segi empat sama ialah segi empat sama; pihaknya. Selanjutnya, mengikut formula penggandaan

cari bahawa sisi bagi oktagon sekata , sisi heksagon sekata , sisi sudut tiga puluh dua sekata . Oleh itu, kita boleh mengandaikan bahawa sisi biasa tertulis 2 n - segi empat sama untuk mana-mana adalah sama

. (1)

Mari kita andaikan bahawa sisi -gon bersurat biasa dinyatakan dengan formula (1). Dalam kes ini, dengan formula penggandaan

dari mana ia mengikuti bahawa formula (1) adalah sah untuk semua n.

Contoh 2Berapakah bilangan segi tiga yang boleh dibahagikan kepada n-gon (tidak semestinya cembung) dengan pepenjuru yang tidak bersilang?

Penyelesaian.

Untuk segi tiga, nombor ini sama dengan satu (tiada pepenjuru boleh dilukis dalam segi tiga); untuk segi empat nombor ini jelas sama dengan dua.

Katakan kita sudah tahu bahawa setiap k-gon, di mana k 1 A 2 ... A n menjadi segi tiga.

A n

A 1 A 2

Biarkan А 1 А k menjadi salah satu pepenjuru bagi sekatan ini; ia membahagikan n-gon А 1 А 2 …А n kepada k-gon A 1 A 2 …A k dan (n-k+2)-gon А 1 А k A k+1 …A n . Berdasarkan andaian yang dibuat, jumlah bilangan segi tiga partition akan sama dengan

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

dengan itu penegasan kami terbukti untuk semua n.

Contoh 3Nyatakan peraturan untuk mengira nombor P(n) cara n-gon cembung boleh dibahagikan kepada segi tiga dengan pepenjuru tidak bersilang.

Penyelesaian.

Untuk segi tiga, nombor ini jelas sama dengan satu: P(3)=1.

Katakan kita telah pun menentukan nombor P(k) untuk semua k 1 A 2 ... A n . Untuk sebarang pembahagiannya kepada segi tiga, sisi A 1 A 2 akan menjadi sisi salah satu segi tiga partition, bucu ketiga segitiga ini boleh bertepatan dengan setiap titik A 3 , А 4 , …,А n . Bilangan cara untuk membahagikan n-gon di mana bucu ini bertepatan dengan titik A 3 , adalah sama dengan bilangan cara untuk menyegitiga (n-1)-gon A 1 A 3 A 4 ... A n , iaitu sama dengan P(n-1). Bilangan cara pembahagian di mana puncak ini bertepatan dengan A 4 , adalah sama dengan bilangan cara untuk membahagikan (n-2)-gon A 1 A 4 A 5 ... A n , iaitu sama dengan P(n-2)=P(n-2)P(3); bilangan cara pembahagian yang bertepatan dengan A 5 , adalah sama dengan P(n-3)P(4), kerana setiap sekatan bagi (n-3)-gon A 1 A 5 ... A n boleh digabungkan dengan setiap sekatan bagi segi empat A 2 A 3 A 4 A 5 , dan lain-lain. Oleh itu, kita sampai pada hubungan berikut:

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

Dengan menggunakan formula ini, kami memperoleh secara berturut-turut:

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

dan lain-lain.

Juga, menggunakan kaedah aruhan matematik, anda boleh menyelesaikan masalah dengan graf.

Biarkan rangkaian garisan diberikan pada satah, menghubungkan beberapa titik antara satu sama lain dan tidak mempunyai titik lain. Kami akan memanggil rangkaian garisan sebegitu sebagai peta, titik yang diberikan ialah bucunya, segmen lengkung antara dua bucu bersebelahan - sempadan peta, bahagian satah di mana ia dibahagikan dengan sempadan - negara peta.

Biarkan beberapa peta diberikan pada kapal terbang. Kami akan mengatakan bahawa ia diwarnakan dengan betul jika setiap negaranya dicat dengan warna tertentu, dan mana-mana dua negara yang berkongsi sempadan yang sama dicat dalam warna yang berbeza.

Contoh 4Terdapat n bulatan di atas kapal terbang. Buktikan bahawa untuk sebarang susunan bulatan ini, peta yang dibentuk oleh mereka boleh diwarnakan dengan betul dengan dua warna.

Penyelesaian.

Untuk n=1 pernyataan kami adalah jelas.

Katakan pernyataan kami adalah benar untuk mana-mana peta yang dibentuk oleh n bulatan, dan biarkan n + 1 bulatan diberikan pada satah. Dengan mengalih keluar salah satu daripada bulatan ini, kami mendapat peta yang, berdasarkan andaian yang dibuat, boleh diwarnakan dengan betul dengan dua warna, contohnya, hitam dan putih.

Pengetahuan yang benar pada setiap masa adalah berdasarkan pembentukan corak dan membuktikan kebenarannya dalam keadaan tertentu. Untuk tempoh yang begitu lama kewujudan penaakulan logik, rumusan peraturan telah diberikan, dan Aristotle juga menyusun senarai "penaakulan yang betul." Dari segi sejarah, adalah kebiasaan untuk membahagikan semua inferens kepada dua jenis - daripada konkrit kepada jamak (aruhan) dan sebaliknya (potongan). Perlu diingatkan bahawa jenis bukti dari khusus kepada umum dan dari umum kepada khusus hanya wujud dalam saling kaitan dan tidak boleh ditukar ganti.

Induksi dalam matematik

Istilah "induksi" (induksi) mempunyai akar Latin dan secara literal diterjemahkan sebagai "panduan". Apabila diteliti dengan teliti, seseorang boleh membezakan struktur perkataan, iaitu awalan Latin - dalam- (menunjukkan tindakan terarah ke dalam atau berada di dalam) dan -duksi - pengenalan. Perlu diingat bahawa terdapat dua jenis - induksi lengkap dan tidak lengkap. Bentuk penuh dicirikan oleh kesimpulan yang dibuat daripada kajian semua mata pelajaran kelas tertentu.

Tidak lengkap - kesimpulan digunakan untuk semua mata pelajaran kelas, tetapi dibuat berdasarkan kajian hanya beberapa unit.

Aruhan matematik lengkap ialah kesimpulan berdasarkan kesimpulan umum tentang keseluruhan kelas mana-mana objek yang berkaitan secara fungsional oleh hubungan siri nombor semula jadi berdasarkan pengetahuan sambungan berfungsi ini. Dalam kes ini, proses pembuktian berlaku dalam tiga peringkat:

pada peringkat pertama, ketepatan pernyataan aruhan matematik dibuktikan. Contoh: f = 1, aruhan;
peringkat seterusnya adalah berdasarkan andaian bahawa kedudukan itu sah untuk semua nombor asli. Iaitu, f=h, ini ialah andaian induktif;
pada peringkat ketiga, kesahihan kedudukan untuk nombor f=h+1 dibuktikan, berdasarkan ketepatan kedudukan perenggan sebelumnya - ini adalah peralihan induksi, atau langkah induksi matematik. Contohnya adalah apa yang dipanggil jika tulang pertama dalam baris jatuh (asas), maka semua tulang dalam baris itu jatuh (peralihan).

Bergurau dan serius

Untuk memudahkan persepsi, contoh penyelesaian dengan kaedah aruhan matematik dikecam dalam bentuk masalah jenaka. Ini ialah tugas Baris Bersopan:

Peraturan kelakuan melarang seorang lelaki mengambil giliran di hadapan seorang wanita (dalam keadaan sedemikian, dia dibiarkan di hadapan). Berdasarkan kenyataan ini, jika yang terakhir dalam barisan adalah seorang lelaki, maka semua yang lain adalah lelaki.

Contoh menarik kaedah aruhan matematik ialah masalah "Penerbangan tanpa dimensi":

Ia diperlukan untuk membuktikan bahawa sebilangan orang muat dalam bas mini. Memang benar seorang boleh muat di dalam pengangkutan tanpa kesukaran (asas). Tetapi tidak kira betapa penuh bas mini itu, 1 penumpang akan sentiasa muat di dalamnya (langkah induksi).

kalangan biasa

Contoh penyelesaian masalah dan persamaan dengan aruhan matematik adalah perkara biasa. Sebagai ilustrasi pendekatan ini, kita boleh mempertimbangkan masalah berikut.

keadaan: h bulatan diletakkan di atas satah. Ia dikehendaki membuktikan bahawa, untuk sebarang susunan angka, peta yang dibentuk oleh mereka boleh diwarnakan dengan betul dengan dua warna.

Penyelesaian: untuk h=1 kebenaran pernyataan adalah jelas, jadi bukti akan dibina untuk bilangan bulatan h+1.

Mari kita andaikan bahawa pernyataan itu adalah benar untuk mana-mana peta, dan h + 1 bulatan diberikan pada satah. Dengan mengalih keluar salah satu bulatan daripada jumlah keseluruhan, anda boleh mendapatkan peta yang diwarnakan dengan betul dengan dua warna (hitam dan putih).

Apabila memulihkan bulatan yang dipadamkan, warna setiap kawasan berubah kepada sebaliknya (dalam kes ini, di dalam bulatan). Ternyata peta berwarna dengan betul dalam dua warna, yang diperlukan untuk dibuktikan.

Contoh dengan nombor asli

Aplikasi kaedah aruhan matematik ditunjukkan dengan jelas di bawah.

Contoh penyelesaian:

Buktikan bahawa untuk mana-mana h kesamaan adalah betul:

1 2 +2 2 +3 2 +…+j 2 =h(h+1)(2j+1)/6.

1. Biarkan h=1, kemudian:

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

Ia berikutan daripada ini bahawa untuk h=1 pernyataan adalah betul.

2. Dengan mengandaikan bahawa h=d, persamaan berikut diperolehi:

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

3. Dengan mengandaikan bahawa h=d+1, ternyata:

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.

Oleh itu, kesahihan kesamaan untuk h=d+1 telah dibuktikan, jadi pernyataan itu benar untuk sebarang nombor asli, yang ditunjukkan dalam contoh penyelesaian oleh aruhan matematik.

Satu tugas

keadaan: bukti diperlukan bahawa untuk sebarang nilai h, ungkapan 7 h -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki.

Penyelesaian:

1. Katakan h=1, dalam kes ini:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (iaitu dibahagikan dengan 6 tanpa baki)

Oleh itu, untuk h=1 pernyataan adalah benar;

2. Biarkan h=d dan 7 d -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki;

3. Bukti kesahihan pernyataan untuk h=d+1 ialah formula:

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

Dalam kes ini, sebutan pertama boleh dibahagikan dengan 6 dengan andaian perenggan pertama, dan sebutan kedua adalah sama dengan 6. Pernyataan bahawa 7 h -1 boleh dibahagi dengan 6 tanpa baki untuk sebarang h asli adalah benar.

Kekeliruan penghakiman

Selalunya, penaakulan yang salah digunakan dalam pembuktian, disebabkan oleh ketidaktepatan pembinaan logik yang digunakan. Pada asasnya, ini berlaku apabila struktur dan logik bukti dilanggar. Contoh penaakulan yang salah ialah ilustrasi berikut.

Satu tugas

keadaan: memerlukan bukti bahawa sebarang longgokan batu bukanlah longgokan.

Penyelesaian:

1. Katakan h=1, dalam kes ini terdapat 1 batu dalam longgokan dan pernyataan itu benar (asas);

2. Biar benar untuk h=d bahawa longgokan batu bukan longgokan (andaian);

3. Biarkan h=d+1, dari mana ia mengikuti bahawa apabila satu lagi batu ditambah, set itu tidak akan menjadi timbunan. Kesimpulannya mencadangkan sendiri bahawa andaian itu sah untuk semua h semula jadi.

Kesilapan terletak pada fakta bahawa tidak ada definisi berapa banyak batu yang membentuk longgokan. Peninggalan sedemikian dipanggil generalisasi tergesa-gesa dalam kaedah aruhan matematik. Satu contoh menunjukkan ini dengan jelas.

Induksi dan hukum logik

Dari segi sejarah, mereka sentiasa "berjalan berganding bahu." Disiplin saintifik seperti logik, falsafah menggambarkannya dalam bentuk yang bertentangan.

Dari sudut pandangan hukum logik, definisi induktif adalah berdasarkan fakta, dan kebenaran premis tidak menentukan ketepatan pernyataan yang dihasilkan. Selalunya kesimpulan diperoleh dengan tahap kebarangkalian dan kebolehpercayaan tertentu, yang, tentu saja, mesti disahkan dan disahkan oleh penyelidikan tambahan. Contoh aruhan dalam logik ialah pernyataan:

Kemarau di Estonia, kemarau di Latvia, kemarau di Lithuania.

Estonia, Latvia dan Lithuania ialah negeri Baltik. Kemarau di semua negeri Baltik.

Daripada contoh tersebut, kita boleh membuat kesimpulan bahawa maklumat atau kebenaran baharu tidak boleh diperoleh dengan menggunakan kaedah aruhan. Apa yang boleh dikira adalah beberapa kemungkinan kebenaran kesimpulan. Lebih-lebih lagi, kebenaran premis tidak menjamin kesimpulan yang sama. Walau bagaimanapun, fakta ini tidak bermakna bahawa induksi tumbuh-tumbuhan di halaman belakang potongan: sejumlah besar peruntukan dan undang-undang saintifik dibuktikan menggunakan kaedah aruhan. Matematik, biologi dan sains lain boleh dijadikan contoh. Ini disebabkan terutamanya oleh kaedah induksi lengkap, tetapi dalam beberapa kes separa juga boleh digunakan.

Zaman induksi yang dihormati membolehkannya menembusi hampir semua bidang aktiviti manusia - ini adalah sains, ekonomi, dan kesimpulan harian.

Induksi dalam persekitaran saintifik

Kaedah induksi memerlukan sikap yang teliti, kerana terlalu banyak bergantung pada bilangan butir-butir yang dikaji bagi keseluruhannya: semakin besar bilangan yang dikaji, semakin dipercayai hasilnya. Berdasarkan ciri ini, undang-undang saintifik yang diperoleh melalui kaedah aruhan diuji untuk masa yang cukup lama pada tahap andaian kebarangkalian untuk mengasingkan dan mengkaji semua elemen struktur, sambungan dan pengaruh yang mungkin.

Dalam sains, kesimpulan induktif adalah berdasarkan ciri-ciri penting, dengan pengecualian peruntukan rawak. Fakta ini penting berkaitan dengan spesifik pengetahuan saintifik. Ini jelas dilihat dalam contoh induksi dalam sains.

Terdapat dua jenis induksi dalam dunia saintifik (berkaitan dengan kaedah kajian):

induksi-pemilihan (atau pemilihan);
induksi - pengecualian (penghapusan).

Jenis pertama dibezakan oleh persampelan berkaedah (cermat) kelas (subkelas) dari kawasannya yang berbeza.

Contoh jenis aruhan ini adalah seperti berikut: perak (atau garam perak) memurnikan air. Kesimpulannya adalah berdasarkan pemerhatian jangka panjang (sejenis pemilihan pengesahan dan penolakan - pemilihan).

Jenis induksi kedua adalah berdasarkan kesimpulan yang mewujudkan hubungan sebab akibat dan mengecualikan keadaan yang tidak sesuai dengan sifatnya, iaitu, kesejagatan, pematuhan urutan temporal, keperluan dan ketidaksamaan.

Induksi dan deduksi dari sudut falsafah

Jika anda melihat kepada retrospektif sejarah, istilah "induksi" pertama kali disebut oleh Socrates. Aristotle menerangkan contoh induksi dalam falsafah dalam kamus istilah yang lebih anggaran, tetapi persoalan induksi yang tidak lengkap masih terbuka. Selepas penganiayaan silogisme Aristotelian, kaedah induktif mula diiktiraf sebagai membuahkan hasil dan satu-satunya yang mungkin dalam sains semula jadi. Bacon dianggap sebagai bapa induksi sebagai kaedah khas yang bebas, tetapi dia gagal memisahkan, seperti yang dituntut oleh orang sezamannya, induksi daripada kaedah deduktif.

Pembangunan induksi selanjutnya telah dijalankan oleh J. Mill, yang menganggap teori induksi dari sudut empat kaedah utama: persetujuan, perbezaan, sisa dan perubahan yang sepadan. Tidak menghairankan bahawa hari ini kaedah yang disenaraikan, apabila dipertimbangkan secara terperinci, adalah deduktif.

Kesedaran tentang ketidakkonsistenan teori Bacon dan Mill menyebabkan saintis menyiasat asas kebarangkalian induksi. Walau bagaimanapun, walaupun di sini terdapat beberapa keterlaluan: percubaan telah dibuat untuk mengurangkan induksi kepada teori kebarangkalian, dengan semua akibat yang berikutnya.

Induksi mendapat undi keyakinan dalam aplikasi praktikal dalam bidang subjek tertentu dan terima kasih kepada ketepatan metrik asas induktif. Contoh aruhan dan deduksi dalam falsafah boleh dianggap sebagai undang-undang graviti sejagat. Pada tarikh penemuan undang-undang, Newton dapat mengesahkannya dengan ketepatan 4 peratus. Dan apabila menyemak selepas lebih daripada dua ratus tahun, ketepatan telah disahkan dengan ketepatan 0.0001 peratus, walaupun semakan itu dilakukan oleh generalisasi induktif yang sama.

Falsafah moden memberi lebih perhatian kepada deduksi, yang ditentukan oleh keinginan logik untuk memperoleh pengetahuan baru (atau kebenaran) daripada apa yang telah diketahui, tanpa menggunakan pengalaman, intuisi, tetapi menggunakan penaakulan "tulen". Apabila merujuk kepada premis benar dalam kaedah deduktif, dalam semua kes, output adalah pernyataan benar.

Ciri yang sangat penting ini tidak seharusnya membayangi nilai kaedah induktif. Oleh kerana induksi, berdasarkan pencapaian pengalaman, juga menjadi cara pemprosesannya (termasuk generalisasi dan sistematisasi).

Aplikasi induksi dalam ekonomi

Induksi dan deduksi telah lama digunakan sebagai kaedah mengkaji ekonomi dan meramalkan perkembangannya.

Julat penggunaan kaedah induksi agak luas: kajian pemenuhan penunjuk ramalan (keuntungan, susut nilai, dll.) dan penilaian umum keadaan perusahaan; pembentukan dasar promosi perusahaan yang berkesan berdasarkan fakta dan hubungannya.

Kaedah induksi yang sama digunakan dalam carta Shewhart, di mana, di bawah andaian bahawa proses dibahagikan kepada terkawal dan tidak terurus, dinyatakan bahawa rangka kerja proses terkawal adalah tidak aktif.

Perlu diingatkan bahawa undang-undang saintifik dibenarkan dan disahkan menggunakan kaedah induksi, dan memandangkan ekonomi adalah sains yang sering menggunakan analisis matematik, teori risiko dan data statistik, maka tidak hairanlah induksi dimasukkan dalam senarai kaedah utama.

Situasi berikut boleh menjadi contoh aruhan dan potongan dalam ekonomi. Kenaikan harga makanan (dari bakul pengguna) dan barangan keperluan mendorong pengguna untuk berfikir tentang kos tinggi yang muncul di negeri itu (induksi). Pada masa yang sama, dari fakta kos yang tinggi, menggunakan kaedah matematik, adalah mungkin untuk memperoleh petunjuk pertumbuhan harga untuk barangan individu atau kategori barang (potongan).

Selalunya, kakitangan pengurusan, pengurus dan ahli ekonomi beralih kepada kaedah induksi. Untuk dapat meramalkan perkembangan perusahaan, tingkah laku pasaran, dan akibat persaingan dengan kebenaran yang mencukupi, pendekatan induktif-deduktif terhadap analisis dan pemprosesan maklumat adalah perlu.

Contoh ilustrasi induksi dalam ekonomi, merujuk kepada pertimbangan yang salah:

keuntungan syarikat menurun sebanyak 30%;
pesaing telah mengembangkan barisan produknya;
tiada lagi yang berubah;
dasar pengeluaran syarikat pesaing menyebabkan pemotongan keuntungan sebanyak 30%;
oleh itu, dasar pengeluaran yang sama perlu dilaksanakan.

Contohnya ialah ilustrasi yang berwarna-warni tentang bagaimana penggunaan kaedah induksi yang tidak tepat menyumbang kepada kehancuran sesebuah perusahaan.

Potongan dan induksi dalam psikologi

Oleh kerana ada kaedah, maka secara logiknya, terdapat juga pemikiran yang teratur (untuk menggunakan kaedah tersebut). Psikologi sebagai sains yang mengkaji proses mental, pembentukan, perkembangan, hubungan, interaksi, memberi perhatian kepada pemikiran "deduktif" sebagai salah satu bentuk manifestasi deduksi dan induksi. Malangnya, pada halaman psikologi di Internet, hampir tidak ada justifikasi untuk integriti kaedah deduktif-induktif. Walaupun ahli psikologi profesional lebih cenderung untuk menghadapi manifestasi induksi, atau lebih tepatnya, kesimpulan yang salah.

Contoh induksi dalam psikologi, sebagai ilustrasi penilaian yang salah, adalah pernyataan: ibu saya adalah penipu, oleh itu, semua wanita adalah penipu. Terdapat lebih banyak contoh induksi yang "salah" dari kehidupan:

seorang pelajar tidak mampu melakukan apa-apa jika dia menerima deuce dalam matematik;
dia bodoh;
dia pandai;
Saya boleh melakukan segala-galanya;

Dan banyak lagi penilaian nilai berdasarkan mesej yang sangat rawak dan kadangkala tidak penting.

Perlu diingatkan: apabila kesilapan penilaian seseorang mencapai titik tidak masuk akal, kerja depan muncul untuk ahli psikoterapi. Satu contoh induksi pada temujanji pakar:

"Pesakit benar-benar yakin bahawa warna merah hanya membawa bahaya untuknya dalam sebarang manifestasi. Akibatnya, seseorang telah mengecualikan skema warna ini dari hidupnya - sejauh mungkin. Dalam persekitaran rumah, terdapat banyak peluang untuk kehidupan yang selesa. Anda boleh menolak semua item merah atau menggantikannya dengan analog yang dibuat dalam skema warna yang berbeza. Tetapi di tempat awam, di tempat kerja, di kedai - adalah mustahil. Menghadapi situasi yang tertekan, pesakit setiap kali mengalami "air pasang" keadaan emosi yang berbeza, yang boleh membahayakan orang lain."

Contoh induksi ini, dan secara tidak sedar, dipanggil "idea tetap." Jika ini berlaku kepada orang yang sihat mental, kita boleh bercakap tentang kekurangan organisasi aktiviti mental. Perkembangan asas pemikiran deduktif boleh menjadi satu cara untuk menyingkirkan keadaan obsesif. Dalam kes lain, pakar psikiatri bekerja dengan pesakit sedemikian.

Contoh induksi di atas menunjukkan bahawa "kejahilan undang-undang tidak mengecualikan akibat (penghakiman yang salah)."

Pakar psikologi, bekerja pada topik pemikiran deduktif, telah menyusun senarai cadangan yang direka untuk membantu orang ramai menguasai kaedah ini.

Langkah pertama ialah menyelesaikan masalah. Seperti yang dapat dilihat, bentuk induksi yang digunakan dalam matematik boleh dianggap "klasik", dan penggunaan kaedah ini menyumbang kepada "disiplin" minda.

Syarat seterusnya untuk perkembangan pemikiran deduktif ialah perluasan ufuk (mereka yang berfikir dengan jelas, menyatakan dengan jelas). Syor ini mengarahkan "penderitaan" kepada perbendaharaan sains dan maklumat (perpustakaan, laman web, inisiatif pendidikan, perjalanan, dll.).

Secara berasingan, sebutan harus dibuat tentang apa yang dipanggil "induksi psikologi". Istilah ini, walaupun jarang, boleh didapati di Internet. Semua sumber tidak memberikan sekurang-kurangnya definisi ringkas tentang istilah ini, tetapi merujuk kepada "contoh dari kehidupan", sambil mengemukakan sama ada cadangan, beberapa bentuk penyakit mental, atau keadaan melampau jiwa manusia sebagai jenis induksi baharu. Daripada semua perkara di atas, adalah jelas bahawa percubaan untuk mendapatkan "istilah baharu" berdasarkan premis palsu (selalunya tidak benar) merugikan penguji untuk menerima kenyataan yang salah (atau tergesa-gesa).

Perlu diingatkan bahawa rujukan kepada eksperimen 1960 (tanpa menunjukkan tempat, nama penguji, sampel subjek, dan yang paling penting, tujuan eksperimen) kelihatan, untuk meletakkannya secara sederhana, tidak meyakinkan, dan pernyataan itu. bahawa otak melihat maklumat yang memintas semua organ persepsi (frasa "berpengalaman" dalam kes ini akan sesuai dengan lebih organik), membuatkan seseorang berfikir tentang mudah tertipu dan tidak kritis pengarang kenyataan itu.

Daripada kesimpulan

Ratu sains - matematik, tidak sia-sia menggunakan semua kemungkinan rizab kaedah aruhan dan potongan. Contoh-contoh yang dipertimbangkan membolehkan kita membuat kesimpulan bahawa penggunaan dangkal dan tidak cekap (seperti yang mereka katakan) walaupun kaedah yang paling tepat dan boleh dipercayai sentiasa membawa kepada keputusan yang salah.

Dalam kesedaran massa, kaedah potongan dikaitkan dengan Sherlock Holmes yang terkenal, yang dalam pembinaan logiknya sering menggunakan contoh induksi, menggunakan potongan dalam situasi yang diperlukan.

Artikel itu mempertimbangkan contoh-contoh penggunaan kaedah ini dalam pelbagai sains dan bidang kehidupan manusia.