Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak ders geliştirme. Ders “Matematiksel tümevarım yöntemi

Savelyeva Ekaterina

Bu makale, bölünebilirlik problemlerinin çözümünde ve serilerin toplanmasında matematiksel tümevarım yönteminin uygulanmasını tartışmaktadır. Eşitsizlikleri kanıtlamak ve geometrik problemleri çözmek için matematiksel tümevarım yönteminin uygulanmasına ilişkin örnekler ele alınmaktadır. Çalışma bir sunumla gösterilmiştir.

İndirmek:

Ön izleme:

Rusya Federasyonu Bilim ve Eğitim Bakanlığı

Devlet eğitim kurumu

618 numaralı ortaokul

Kurs: cebir ve analizin başlangıcı

Proje çalışmasının konusu

“Matematiksel tümevarım yöntemi ve problem çözmeye uygulanması”

İş tamamlandı: Savelyeva E, 11B sınıfı

Süpervizör : Makarova T.P., matematik öğretmeni, 618 numaralı ortaokul

1. Giriş.

2.Bölünebilme problemlerinin çözümünde matematiksel tümevarım yöntemi.

3. Matematiksel tümevarım yönteminin serilerin toplamına uygulanması.

4. Matematiksel tümevarım yönteminin eşitsizliklerin ispatına uygulanmasına örnekler.

5. Matematiksel tümevarım yönteminin geometrik problemlerin çözümüne uygulanması.

6. Kullanılan literatürün listesi.

giriiş

Herhangi bir matematiksel araştırmanın temeli tümdengelim ve tümevarım yöntemleridir. Tümdengelimli akıl yürütme yöntemi genelden özele doğru akıl yürütmektir, yani. Başlangıç ​​noktası genel sonuç, son noktası ise özel sonuç olan akıl yürütmedir. Tümevarım, belirli sonuçlardan genel sonuçlara geçerken kullanılır; tümdengelim yönteminin tersidir. Matematiksel tümevarım yöntemi ilerlemeyle karşılaştırılabilir. En aşağıdan başlarız ve mantıksal düşünmenin sonucunda en yükseğe çıkarız. İnsan her zaman ilerleme için, düşüncelerini mantıksal olarak geliştirme yeteneği için çabalamıştır; bu, doğanın kendisinin onu tümevarımsal düşünmeye mahkum ettiği anlamına gelir. Matematiksel tümevarım yönteminin uygulama alanı genişlese de okul müfredatında buna çok az yer veriliyor, ancak tümevarımsal düşünebilmek çok önemli. Bu prensibin problem çözmede ve teoremleri ispatlamada uygulanması, diğer matematik prensiplerinin okul uygulamalarında dikkate alınmasıyla aynı düzeydedir: hariç tutulan orta, dahil etme-hariç tutma, Dirichlet, vb. Bu özet, matematiğin farklı dallarından problemleri içerir. Ana araç matematiksel tümevarım yönteminin kullanılmasıdır. Bu yöntemin öneminden bahseden A.N. Kolmogorov, "matematiksel tümevarım ilkesini anlama ve uygulama yeteneğinin, bir matematikçi için kesinlikle gerekli olan iyi bir olgunluk kriteri olduğunu" belirtti. Geniş anlamıyla tümevarım yöntemi, belirli gözlemlerden evrensel, genel bir modele veya genel formülasyona geçişten oluşur. Bu yorumda yöntem elbette herhangi bir deneysel doğa biliminde araştırma yürütmenin ana yöntemidir.

insan aktivitesi. En basit haliyle matematiksel tümevarım yöntemi (ilkesi), tüm doğal sayılar için belirli bir ifadenin kanıtlanması gerektiğinde kullanılır.

Görev 1. “Nasıl matematikçi oldum” adlı makalesinde A.N. Kolmogorov şöyle yazıyor: "Beş ya da altı yaşımdayken bir modeli fark ederek matematiksel bir "keşfin" sevincini erken yaşta öğrendim.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 vb.

Okul "Bahar Kırlangıçları" dergisini yayınladı. İçinde keşfim yayınlandı...”

Bu dergide ne tür deliller sunulduğunu bilmiyoruz ama her şey özel gözlemlerle başladı. Muhtemelen bu kısmi eşitliklerin keşfinden sonra ortaya çıkan hipotezin kendisi, formülün

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

verilen herhangi bir sayı için doğru n = 1, 2, 3, ...

Bu hipotezi kanıtlamak için iki gerçeği ortaya koymak yeterlidir. İlk olarak, n = 1 (ve hatta n = için) 2, 3, 4) istenilen ifade doğrudur. İkinci olarak, ifadenin doğru olduğunu varsayalım. p = k, ve o zaman bunun için de doğru olduğundan emin olacağız n = k + 1:

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

Bu, kanıtlanan ifadenin tüm değerler için doğru olduğu anlamına gelir n: n = için 1 doğrudur (bu doğrulanmıştır) ve ikinci gerçeğe bağlı olarak - n = 2, dolayısıyla n için = 3 (aynı ikinci olgudan dolayı), vb.

Problem 2. Payı 1 ve herhangi bir (pozitif tamsayı) olan tüm olası sıradan kesirleri düşünün

(nominal) payda: Bunu herhangi bir değer için kanıtlayın p> 3 birimi toplam olarak temsil edebiliriz P bu türden çeşitli fraksiyonlar.

Çözüm, Öncelikle bu ifadeyi kontrol edelim n = 3; sahibiz:

Bu nedenle temel ifade karşılanmıştır

Şimdi ilgilendiğimiz ifadenin bazı sayılar için doğru olduğunu varsayalım.İle, ve bunun kendisinden sonraki sayı için de doğru olduğunu kanıtlayınİle + 1. Başka bir deyişle, bir temsilin olduğunu varsayalım.

hangi k'da terimler ve tüm paydalar farklıdır. O zaman birliğin bir temsilini toplam olarak elde edebileceğimizi kanıtlayalım.İle Gerekli türün + 1 kesri. Kesirlerin, yani paydaların (birimin toplamla temsilinde) azaldığını varsayacağız.İle terimler) soldan sağa doğru artar, böylece T - paydaların en büyüğü. İhtiyacımız olan temsili toplam şeklinde alacağız(İle + 1)'inci kesir, eğer bir kesri örneğin sonuncuyu ikiye bölersek. Bu yapılabilir çünkü

Ve bu nedenle

Ayrıca tüm kesirler farklı kaldı çünkü T en büyük paydaydı ve t + 1 > t ve

t(t + 1) > t.

Böylece şunu belirledik:

1. n = ile 3 bu ifade doğrudur;

1. ilgilendiğimiz ifade doğruysaİle,
   o zaman bu aynı zamanda için de geçerlidir k+1.

Buradan hareketle söz konusu ifadenin üçten başlayarak tüm doğal sayılar için doğru olduğunu iddia edebiliriz. Üstelik yukarıdaki kanıt aynı zamanda gerekli birlik bölümünü bulmaya yönelik bir algoritmayı da ima ediyor. (Bu hangi algoritma? 1 sayısını 4, 5, 7 terimin kendi başına toplamı olarak düşünün.)

Önceki iki problemin çözümünde iki adım atıldı. İlk adım denir temel indüksiyon, ikinci -endüktif bağlantıveya indüksiyon adımı. İkinci adım en önemlisidir ve bir varsayımda bulunmayı içerir (ifade şu durumlarda doğrudur: n = k) ve sonuç (ifade şu durumlarda doğrudur: n = k + 1). n parametresinin kendisi çağrılır indüksiyon parametresi.Hem taban hem de geçiş geçerli olduğundan, söz konusu ifadenin tüm doğal sayılar için (veya bazılarından başlayarak tümü için) doğru olduğu sonucuna varmamızı sağlayan bu mantıksal şemaya (tekniğe) denir.matematiksel tümevarım ilkesi, hangisinde Matematiksel tümevarım yöntemi dayanmaktadır.“Tümevarım” teriminin kendisi Latince kelimeden gelir. tümevarım (rehberlik), belirli bir sınıfın bireysel nesneleri hakkındaki tek bilgiden, ana biliş yöntemlerinden biri olan belirli bir sınıfın tüm nesneleri hakkında genel bir sonuca geçiş anlamına gelir.

Matematiksel tümevarım ilkesi, tam olarak iki adımdan oluşan tanıdık formda, ilk olarak 1654'te Blaise Pascal'ın "Aritmetik Üçgen Üzerine İnceleme"sinde ortaya çıktı; burada kombinasyon sayısını (binom katsayıları) hesaplamanın basit bir yolu tümevarımla kanıtlandı. D. Polya kitapta B. Pascal'dan alıntı yapıyor ve köşeli parantez içinde küçük değişiklikler yapıyor:

“Söz konusu öneri [binom katsayıları için açık formül] sayısız özel durum içermesine rağmen, bunun için iki lemmaya dayalı çok kısa bir kanıt vereceğim.

İlk lemma, varsayımın bu nedenle doğru olduğunu belirtir - bu açıktır. [Saat P = 1 açık formül geçerli...]

İkinci lemma şunu ifade eder: Eğer varsayımımız keyfi bir temel için [keyfi bir r için] doğruysa, o zaman aşağıdaki nedenden dolayı doğru olacaktır: n + 1].

Bu iki lemmadan, önermenin zorunlu olarak tüm değerler için geçerli olduğu sonucu çıkar. P. Aslında, ilk lemma nedeniyle bu doğrudur P = 1; bu nedenle ikinci lemma sayesinde bu doğrudur P = 2; bu nedenle, yine ikinci lemma sayesinde, şu durum için geçerlidir: n = 3 ve bu şekilde sonsuza kadar devam eder.”

Problem 3. Hanoi Kuleleri bulmacası üç çubuktan oluşuyor. Çubuklardan birinde, aşağıdan yukarıya doğru azalan, farklı çaplarda birkaç halkadan oluşan bir piramit vardır (Şekil 1).

Şekil 1

Bu piramit diğer çubuklardan birine hareket ettirilmeli, her seferinde yalnızca bir halka hareket ettirilmeli ve büyük halka küçük olanın üzerine yerleştirilmemelidir. Bunu yapmak mümkün mü?

Çözüm. Öyleyse şu soruyu cevaplamamız gerekiyor: aşağıdakilerden oluşan bir piramidi hareket ettirmek mümkün mü? P Oyunun kurallarına göre bir çubuktan diğerine farklı çaplardaki halkalar mı? Şimdi, dedikleri gibi, sorunu parametreledik (bir doğal sayı dikkate alındı) P), ve matematiksel tümevarımla çözülebilir.

1. İndüksiyon tabanı. n = ne zaman 1 her şey açıktır, çünkü bir halkadan oluşan bir piramit açıkça herhangi bir çubuğa hareket ettirilebilir.
2. İndüksiyon adımı. Herhangi bir piramidi halka sayısıyla hareket ettirebildiğimizi varsayalım. p = k.
   O zaman pyra midka'yı hareket ettirebileceğimizi kanıtlayalım. n = k + 1.

Piramit -den -e en büyüğünde yatan halkalar(İle + 1)-inci halka, varsayıma göre onu başka herhangi bir çubuğa taşıyabiliriz. Hadi yapalım. hareketsiz(İle + 1. halka en büyüğü olduğu için hareket algoritmasını uygulamamıza engel olmayacaktır. Taşındıktan sonraİle halkalar, hadi bu en büyüğünü hareket ettirelim(İle Kalan çubuğun + 1). halkası. Ve sonra yine tümevarımsal varsayımla bildiğimiz hareket algoritmasını uyguluyoruzİle halkaları açın ve onları altta yatan çubuğa taşıyın(İle + 1)'inci halka. Dolayısıyla piramitleri nasıl hareket ettireceğimizi bilirsekİle halkalar, o zaman piramitleri nasıl hareket ettireceğimizi biliyoruz veİle +1 yüzük. Dolayısıyla matematiksel tümevarım ilkesine göre aşağıdakilerden oluşan piramidi hareket ettirmek her zaman mümkündür. n halka, burada n > 1.

Bölünebilme problemlerinin çözümünde matematiksel tümevarım yöntemi.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak doğal sayıların bölünebilirliğine ilişkin çeşitli ifadeleri kanıtlayabilirsiniz.

Sorun 4 . Eğer n bir doğal sayı ise sayı çifttir.

n=1 olduğunda ifademiz doğrudur: - çift sayı. Çift sayı olduğunu varsayalım. 2k çift sayı olduğundan çifttir. Yani n=1 için parite kanıtlanmıştır, pariteden parite çıkarılmıştır, bu da n'nin tüm doğal değerleri için eşit olduğu anlamına gelir.

Problem 3. Z sayısının 3 + 3 - 26n - 27 keyfi doğal n, 26 2'ye kalansız bölünebilir.

Çözüm. İlk önce tümevarım yoluyla yardımcı ifadeyi kanıtlayalım: 3 3n+3 — 1, 26'ya kalansız bölünebilir; n > 0.

1. İndüksiyon tabanı. n = 0 için elimizde: 3 3 - 1 = 26—26'ya bölünebilir.

İndüksiyon adımı. Diyelim ki 3 3n+3 - 1, 26'ya bölündüğünde n = k ve Bu durumda ifadenin doğru olacağını kanıtlayalım. n = k + 1. 3'ten beri

o zaman tümevarımsal hipotezden 3 sayısının olduğu sonucuna varırız. 3k + 6 - 1, 26'ya bölünür.

Şimdi problem cümlesinde formüle edilen ifadeyi kanıtlayacağız. Ve yine tümevarımla.

1. İndüksiyon tabanı. Açıkça görülüyor ki ne zaman n = 1 ifade doğrudur: 3'ten beri 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. İndüksiyon adımı. Diyelim ki ne zaman p = k
   ifade 3 3k + 3 - 26k - 27, 26'ya bölünür 2 kalansız olarak ifadenin doğru olduğunu kanıtlayın n = k + 1,
   yani bu sayı

26 2'ye bölünebilir iz bırakmadan. Son toplamda her iki terim de 26'ya bölünebilir 2 . Birincisi, parantez içindeki ifadenin 26'ya bölünebileceğini kanıtlamış olmamız; ikincisi tümevarım hipotezidir. Matematiksel tümevarım ilkesi sayesinde istenilen ifade tamamen kanıtlanmıştır.

Serilerin toplamına matematiksel tümevarım yönteminin uygulanması.

Görev 5. Formülü kanıtla

N bir doğal sayıdır.

Çözüm.

n=1 olduğunda eşitliğin her iki tarafı da bire döner ve dolayısıyla matematiksel tümevarım ilkesinin ilk koşulu sağlanır.

Formülün n=k için doğru olduğunu varsayalım.

Bu eşitliğin her iki tarafına da ekleyelim ve sağ tarafı dönüştürelim. Sonra alırız

Dolayısıyla formülün n=k için doğru olmasından, n=k+1 için de doğru olduğu sonucu çıkar. Bu ifade k'nin herhangi bir doğal değeri için doğrudur. Böylece matematiksel tümevarım ilkesinin ikinci koşulu da sağlanmış olur. Formül kanıtlanmıştır.

Görev 6. Tahtaya iki sayı yazılır: 1,1. Toplamlarını sayıların arasına girerek 1, 2, 1 sayılarını elde ederiz. Bu işlemi tekrar tekrarladığımızda 1, 3, 2, 3, 1 sayılarını elde ederiz. Üç işlemden sonra sayılar 1, 4, 3 olacaktır. , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Bundan sonra tahtadaki sayıların toplamı ne olur? 100 operasyon mu?

Çözüm. Herşeyi 100 yap operasyonlar çok emek yoğun ve zaman alıcı bir iş olacaktır. Bu, S toplamı için genel bir formül bulmaya çalışmamız gerektiği anlamına gelir. n'den sonraki sayılar operasyonlar. Tabloya bakalım:

Burada herhangi bir desen fark ettiniz mi? Değilse, bir adım daha atabilirsiniz: dört işlemden sonra sayılar ortaya çıkacak

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

S4'ün toplamı 82'ye eşittir.

Aslında sayıları yazamazsınız ama yeni sayılar eklendikten sonra toplamın nasıl değişeceğini hemen söyleyebilirsiniz. Toplam 5 olsun. Yeni sayılar eklendiğinde ne olacak? Her yeni sayıyı iki eski sayının toplamına bölelim. Örneğin 1, 3, 2, 3, 1'den 1'e gidiyoruz,

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

Yani, her eski sayı (iki uç birim hariç) artık toplama üç kez dahil edilmiştir, dolayısıyla yeni toplam 3S - 2'ye eşittir (eksik birimleri hesaba katmak için 2'yi çıkarın). Bu nedenle S 5 = 3S 4 - 2 = 244 ve genel olarak

Genel formül nedir? Eğer iki birimin çıkarılması olmasaydı, her seferinde toplam üçün kuvvetleri (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...) gibi üç kat artacaktı. Ve şimdi görebildiğimiz gibi sayımız bir tane daha. Böylece, varsayılabilir ki

Şimdi bunu tümevarımla kanıtlamaya çalışalım.

İndüksiyon tabanı. Tabloya bakınız (için n = 0, 1, 2, 3).

İndüksiyon adımı. Öyleymiş gibi yapalım

O zaman bunu kanıtlayalım Sk + 1 = Zk + 1 + 1.

Gerçekten mi,

Yani formülümüz kanıtlanmış oldu. Yüz işlemden sonra tahtadaki tüm sayıların toplamının 3'e eşit olacağını gösterir. 100 + 1.

Önce iki doğal parametreyi tanıtmanız ve ardından bunların toplamı üzerinde tümevarım gerçekleştirmeniz gereken matematiksel tümevarım ilkesinin uygulanmasına ilişkin harika bir örneğe bakalım.

Görev 7. Bunu kanıtlayın:= 2,x2 = 3 ve herhangi bir doğal durum için p> 3 ilişki geçerli

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

O

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

Çözüm. Bu problemde orijinal sayı dizisinin(xp) dizimizin terimleri, ilk ikisi hariç, tümevarımla, yani öncekiler aracılığıyla belirlendiğinden, tümevarımla belirlenir. Verilen dizilere denir tekrarlayan, ve bizim durumumuzda bu dizi (ilk iki terimi belirtilerek) benzersiz bir şekilde belirlenir.

İndüksiyon tabanı. İki ifadenin kontrol edilmesinden oluşur: When n = 1 ve n = 2.V Her iki durumda da ifade koşula göre doğrudur.

İndüksiyon adımı. Bunun için olduğunu varsayalım n = k - 1 ve n = k beyan yerine getirildi, yani

O zaman bu ifadenin geçerliliğini kanıtlayalım. n = k + 1. Elimizde:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2+1, bunun kanıtlanması gerekiyordu.

Görev 8. Herhangi bir doğal sayının, tekrarlanan Fibonacci sayıları dizisinin birkaç farklı teriminin toplamı olarak temsil edilebileceğini kanıtlayın:

k > 2 için.

Çözüm. n olsun - doğal sayı. İndüksiyonu şu tarihte gerçekleştireceğiz: P.

İndüksiyon tabanı. n = ne zaman Birinin kendisi bir Fibonacci sayısı olduğundan ifade 1 doğrudur.

İndüksiyon adımı. Tüm doğal sayıların bir sayıdan küçük olduğunu varsayalım P, Fibonacci dizisinin birkaç farklı teriminin toplamı olarak temsil edilebilir. En büyük Fibonacci sayısını bulalım Ft, üstün değil P; dolayısıyla F t p ve F t +1 > p.

Çünkü

Tümevarım hipotezine göre, sayı n-F t Fibonacci dizisinin birkaç farklı teriminin toplamı 5 olarak temsil edilebilir ve son eşitsizlikten, Fibonacci dizisinin 8 toplamına dahil olan tüm terimlerinin daha az olduğu sonucu çıkar. Ft. Bu nedenle sayının genişletilmesi n = 8 + F t Sorunun koşullarını karşılıyor.

Eşitsizliklerin kanıtlanmasında matematiksel tümevarım yönteminin uygulanmasına örnekler.

Görev 9. (Bernoulli eşitsizliği.)Bunu ne zaman kanıtla x > -1, x 0 ve n > tamsayısı için 2 eşitsizlik doğrudur

(1 + x) n > 1 + xn.

Çözüm. İspatı yine tümevarımla gerçekleştireceğiz.

1. İndüksiyonun temeli. Eşitsizliğin geçerliliğini doğrulayalım n = 2. Aslında,

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

2. İndüksiyon adımı. Sayı için bunu varsayalım p = k ifade doğrudur, yani

(1 + x) k > 1 + xk,

Burada k > 2. Bunu n = k + 1 için kanıtlayalım. Elimizde: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)>(1 + kx)(1 + x) =

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

Dolayısıyla matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak Bernoulli eşitsizliğinin herhangi bir durum için doğru olduğunu iddia edebiliriz. n > 2.

Matematiksel tümevarım yöntemi kullanılarak çözülen problemler bağlamında, kanıtlanması gereken genel yasa her zaman açıkça formüle edilmez. Bazen, belirli durumları gözlemleyerek, önce bunların hangi genel yasaya yol açtığını keşfetmek (tahmin etmek) ve ancak daha sonra belirtilen hipotezi matematiksel tümevarım yöntemiyle kanıtlamak gerekir. Ayrıca tümevarım değişkeni maskelenebilir ve problem çözülmeden önce tümevarım işleminin hangi parametre üzerinden gerçekleştirileceğinin belirlenmesi gerekir. Örnek olarak aşağıdaki görevleri göz önünde bulundurun.

Problem 10. Bunu kanıtlayın

herhangi bir doğal ortamda n > 1.

Çözüm, Bu eşitsizliği matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak kanıtlamaya çalışalım.

Tümevarım temeli kolaylıkla doğrulanabilir:1+

Tümevarım hipotezi ile

ve bunu kanıtlamak bize kalıyor

Tümevarımsal hipotezi kullanırsak şunu iddia edeceğiz:

Bu eşitlik aslında doğru olsa da bize soruna bir çözüm sunmuyor.

Orijinal problemde gerekenden daha güçlü bir ifadeyi kanıtlamaya çalışalım. Yani bunu kanıtlayacağız

Bu ifadeyi tümevarımla kanıtlamak umutsuz bir mesele gibi görünebilir.

Ancak ne zaman n = 1 elimizde: ifade doğrudur. Tümevarımsal adımı doğrulamak için şunu varsayalım:

ve sonra bunu kanıtlayacağız

Gerçekten mi,

Böylece, problemin açıklamasında yer alan ifadenin hemen takip ettiği daha güçlü bir ifadeyi kanıtlamış olduk.

Buradaki öğretici şey, problemde gerekenden daha güçlü bir ifadeyi kanıtlamamız gerekmesine rağmen, tümevarım adımında daha güçlü bir varsayımı kullanabileceğimizdir. Bu, matematiksel tümevarım ilkesinin doğrudan uygulanmasının her zaman hedefe götürmediğini açıklar.

Sorunu çözerken ortaya çıkan duruma çağrıldımucidin paradoksu.Paradoksun kendisi, daha karmaşık planların, konunun özüne ilişkin daha derin bir anlayışa dayanmaları halinde daha büyük bir başarıyla uygulanabilmesidir.

Problem 11. 2 m + n - 2 m olduğunu kanıtlayın herhangi bir doğal için tip.

Çözüm. Burada iki parametremiz var. Bu nedenle sözde gerçekleştirmeyi deneyebilirsinizçift ​​indüksiyon(tümevarım içinde tümevarım).

Tümevarımsal akıl yürütmeyi yürüteceğiz P.

1. Paragrafa göre indüksiyon tabanı. n = ne zaman bunu kontrol etmem gerekiyor 2 t ~ 1 > t. Bu eşitsizliği kanıtlamak için tümevarım kullanıyoruz T.

A) Sözde göre indüksiyon tabanı t = 1 idam edildi
kabul edilebilir bir eşitliktir.

B) Sözde göre indüksiyon adımıDiyelim ki ne zaman t = k ifade doğrudur, yani 2 k ~ 1 > k. Daha sonra şu ana kadar
için de bu ifadenin doğru olacağını söyleyelim. t = k + 1.
Sahibiz:

doğal olarak.

Yani eşitsizlik 2 herhangi bir doğal ortamda gerçekleştirilen T.

2. Maddeye göre indüksiyon adımı.Hadi bir doğal sayı seçip düzeltelim T. Diyelim ki ne zaman n = ben ifade doğrudur (sabit bir durum için) t), yani 2 t +1 ~ 2 > t1, ve o zaman bu ifadenin aşağıdakiler için de doğru olacağını kanıtlayacağız: n = l + 1.
Sahibiz:

herhangi bir doğal için tip.

Bu nedenle, matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak (tarafından P) Sorunun ifadesi herhangi biri için doğrudur P ve herhangi bir sabit için T. Dolayısıyla bu eşitsizlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. tip.

Problem 12. m, n ve k olsun doğal sayılardır ve t > s. İki sayıdan hangisi daha büyüktür:

Her ifadedeİle karekök işaretleri, t ve p dönüşümlü.

Çözüm. Önce bazı yardımcı ifadeleri kanıtlayalım.

Lemma. Herhangi bir doğal için t ve p (t > p) ve negatif olmayan (tam olması şart değil) X eşitsizlik doğrudur

Kanıt. Eşitsizliği düşünün

Bu eşitsizlik doğrudur çünkü sol taraftaki her iki faktör de pozitiftir. Parantezleri genişletip dönüştürerek şunu elde ederiz:

Son eşitsizliğin her iki tarafının karekökünü alarak lemmanın ifadesini elde ederiz. Yani lemma kanıtlanmıştır.

Şimdi sorunun çözümüne geçelim. Bu sayılardan ilkini şu şekilde gösterelim: A, ve ikinci - aracılığıyla bk. Kanıtlayalım ki herhangi bir doğal ortamdaİle. Çift ve tek için ayrı ayrı matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak ispatı gerçekleştireceğiz.İle.

İndüksiyon tabanı. ne zaman k = 1 eşitsizliğimiz var

y[t > y/n , adil çünkü t > s.K olduğunda = 2 gerekli olan kanıtlanmış lemmadan yerine koyma yoluyla elde edilir x = 0.

İndüksiyon adımı. Diyelim ki bazıları için k eşitsizliği a > b k adil. Hadi bunu kanıtlayalım

İndüksiyon varsayımından ve karekök monotonluğundan şunu elde ederiz:

Öte yandan, kanıtlanmış lemmadan şu sonuç çıkıyor:

Son iki eşitsizliği birleştirerek şunu elde ederiz:

Matematiksel tümevarım ilkesine göre ifade kanıtlanmıştır.

Sorun 13. (Cauchy eşitsizliği.)Herhangi bir pozitif sayı için bunu kanıtlayın..., bir p eşitsizlik doğrudur

Çözüm. n = 2 için eşitsizlik

aritmetik ortalamanın ve geometrik ortalamanın (iki sayı için) bilindiğini varsayacağız. İzin vermek n= 2, k = 1, 2, 3, ... ve ilk önce tümevarımı gerçekleştirinİle. Bu tümevarımın temeli, gerekli eşitsizliğin zaten kurulduğu varsayılarak gerçekleşir. n = 2, hadi bunu kanıtlayalım P = 2 . Elimizde (iki sayıya eşitsizlik uygulandığında):

Bu nedenle, tümevarım hipoteziyle

Böylece k üzerinde tümevarımla herkes için eşitsizliği kanıtlamış olduk. sayfa 9 ikinin gücü olmak.

Diğer değerler için eşitsizliği kanıtlamak P "Aşağıya doğru tümevarım"ı kullanalım, yani eşitsizliğin negatif olmayan keyfi durumlar için geçerli olduğunu kanıtlayalım. P sayılar için de geçerlidir(P - 1inci gün. Bunu doğrulamak için, yapılan varsayıma göre şunu not ediyoruz: P eşitsizliğin geçerli olduğu sayılar

yani a g + a 2 + ... + a n _ x > (n - 1)A. Her iki parçayı da bölmek P - 1, gerekli eşitsizliği elde ederiz.

Öncelikle eşitsizliğin sonsuz sayıda olası değer için geçerli olduğunu tespit ettik. P, ve sonra gösterdi ki eğer eşitsizlik geçerliyse P sayılar için de geçerlidir(P - 1) sayılar. Bundan şimdi Cauty eşitsizliğinin aşağıdakiler kümesi için geçerli olduğu sonucuna varıyoruz: P herhangi biri için negatif olmayan sayılar n = 2, 3, 4, ...

Sorun 14. (D. Uspensky.) Açıları = olan herhangi bir ABC üçgeni için CAB, = CBA orantılıdır, eşitsizlikler vardır

Çözüm. Açılar ve ölçülebilirdir ve bu (tanım gereği), bu açıların ortak bir ölçüsü olduğu anlamına gelir; bunun için = p, = (p, q eş asal doğal sayılardır).

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım ve bunu toplam yoluyla gerçekleştirelim p = p + q doğal eş asal sayılar..

İndüksiyon tabanı. p + q = 2 için elimizde: p = 1 ve q = 1. O halde ABC üçgeni ikizkenardır ve gerekli eşitsizlikler açıktır: bunlar üçgen eşitsizliğinden kaynaklanır

İndüksiyon adımı. Şimdi p + q = 2, 3, ..., için gerekli eşitsizliklerin kurulduğunu varsayalım. k - 1, burada k > 2. Eşitsizliklerin aşağıdakiler için de geçerli olduğunu kanıtlayalım: p + q = k.

ABC'ye izin ver - verilen bir üçgen> 2. Sonra AC ve BC kenarları eşit olamaz: izin ver AC > BC. Şimdi Şekil 2'deki gibi bir ikizkenar üçgen oluşturalım. ABC; sahibiz:

AC = DC ve AD = AB + BD dolayısıyla,

2AC > AB + BD (1)

Şimdi üçgeni düşünün BDC, açıları da orantılıdır:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Pirinç. 2

Bu üçgen için tümevarım hipotezi geçerlidir ve dolayısıyla

(2)

(1) ve (2)'yi topladığımızda:

2AC+BD>

ve bu nedenle

Aynı üçgenden VBS tümevarım hipotezi ile şu sonuca varıyoruz:

Önceki eşitsizliği dikkate alarak şu sonuca varıyoruz:

Böylece tümevarımsal geçiş elde edilir ve problemin ifadesi matematiksel tümevarım ilkesinden kaynaklanır.

Yorum. Sorunun ifadesi, a ve p açılarının orantılı olmadığı durumda bile geçerliliğini korur. Genel durumdaki değerlendirmenin temelinde, zaten başka bir önemli matematik ilkesini - süreklilik ilkesini - uygulamamız gerekiyor.

Problem 15. Birkaç düz çizgi düzlemi parçalara bölüyor. Bu kısımları beyaza boyayabileceğinizi kanıtlayın

ve siyah renkler, böylece ortak bir kenar parçasına sahip bitişik kısımlar farklı renklerde olur (Şekil 3'te olduğu gibi) n = 4).

resim 3

Çözüm. Satır sayısında tümevarım kullanalım. Öyleyse izin ver P - uçağımızı parçalara bölen çizgilerin sayısı, n > 1.

İndüksiyon tabanı. Tek bir düz çizgi varsa(P = 1) ise düzlemi biri beyaz, ikincisi siyah olabilen iki yarım düzleme böler ve problemin ifadesi doğrudur.

İndüksiyon adımı. Tümevarımsal geçişin kanıtını daha açık hale getirmek için yeni bir satır ekleme sürecini düşünün. İkinci bir düz çizgi çizersek(P= 2), daha sonra zıt köşeleri aynı renge boyayarak gerektiği gibi renklendirilebilecek dört parça elde ediyoruz. Üçüncü bir düz çizgi çizersek ne olacağını görelim. Bazı "eski" kısımları bölecek ve her iki tarafta da aynı renkte olan yeni kenarlık bölümleri görünecektir (Şekil 4).

Pirinç. 4

Şu şekilde ilerleyelim:Bir taraftayeni düz çizgiden renkleri değiştireceğiz - beyazı siyah yapacağız ve tam tersi; aynı zamanda bu düz çizginin diğer tarafında kalan kısımları da yeniden boyamıyoruz (Şekil 5). O zaman bu yeni renklendirme gerekli gereksinimleri karşılayacaktır: çizginin bir tarafında zaten dönüşümlü olarak (ancak farklı renklerde) ve diğer tarafta ihtiyaç duyulan şey vardı. Çizilen çizgiye ait ortak bordüre sahip olan kısımların farklı renklere boyanabilmesi için çizilen bu düz çizginin sadece bir tarafındaki kısımları yeniden boyadık.

Şekil 5

Şimdi tümevarımsal geçişi kanıtlayalım. Bazıları için şunu varsayalımp = kproblemin ifadesi doğrudur, yani düzlemin bunlarla bölündüğü tüm kısımları doğrudurİledüzse, bitişik kısımların farklı renklerde olması için bunları beyaz ve siyaha boyayabilirsiniz. O zaman böyle bir renklendirmenin var olduğunu kanıtlayalım.P= İle+ 1 doğrudan. İki çizgiden üç çizgiye geçiş olayına benzer şekilde ilerleyelim. Hadi uçakta çizim yapalımİledümdüz Daha sonra tümevarım hipotezi ile ortaya çıkan “harita” istenilen şekilde renklendirilebilir. Şimdi gerçekleştirelim(İle+ 1. düz çizgi ve bir tarafındaki renkleri zıt renklerle değiştiriyoruz. Peki şimdi(İle+ 1)'inci düz çizgi her yerde farklı renkteki alanları ayırırken, daha önce gördüğümüz gibi "eski" kısımlar doğru renkte kalır. Matematiksel tümevarım ilkesine göre problem çözülür.

Görev16. Çölün kenarında bol miktarda benzin ve tamamen yakıt doldurulduğunda 50 kilometre yol kat edebilen bir araba var. Arabanızın benzin deposundan benzini döküp çölün herhangi bir yerinde depolamak üzere bırakabileceğiniz sınırsız sayıda bidon bulunmaktadır. Bir arabanın 50 kilometreden daha büyük herhangi bir tamsayı mesafeyi kat edebileceğini kanıtlayın. Benzin bidonlarını taşımanıza izin verilmiyor; boş olanları istediğiniz miktarda taşıyabilirsiniz.

Çözüm.Tümevarımla kanıtlamaya çalışalımP,arabanın uzaklaşabileceğiPçölün kenarından kilometrelerce uzakta. Şu tarihte:P= 50 biliniyor. Geriye kalan tek şey başlangıç ​​adımını gerçekleştirmek ve oraya nasıl gidileceğini açıklamaktır.p = k+1 kilometre biliniyorsap = kKilometrelerce yol kat edebilirsiniz.

Ancak burada bir zorlukla karşılaşıyoruz:İlekilometre, dönüş yolculuğu için bile yeterli benzin olmayabilir (depolamadan bahsetmiyorum bile). Ve bu durumda çözüm, kanıtlanmış olan ifadeyi güçlendirmektir (mucidin paradoksu). Sadece araba kullanamayacağınızı kanıtlayacağızPkilometre, ama aynı zamanda uzaktaki bir noktaya keyfi olarak büyük miktarda benzin tedarik etmekPçölün kenarından kilometrelerce uzakta, ulaşımın bitiminden sonra bu noktaya ulaşıyoruz.

İndüksiyon tabanı.Bir birim benzin, bir kilometre yol kat etmek için gereken benzin miktarı olsun. Daha sonra 1 kilometre gidiş-dönüş yolculuk için iki ünite benzin gerekiyor, yani 48 ünite benzini kenardan bir kilometre uzaktaki bir depolama tesisine bırakıp yeni bir porsiyon için geri dönebiliriz. Böylece depolama tesisine birkaç kez giderek ihtiyacımız olan büyüklükte stok yapabiliyoruz. Aynı zamanda 48 birim rezerv oluşturmak için 50 birim benzin tüketiyoruz.

İndüksiyon adımı.Farz edelim ki uzaktanP= İleçölün kenarından istediğiniz miktarda benzin stoklayabilirsiniz. O zaman uzaktan bir depolama tesisi oluşturmanın mümkün olduğunu kanıtlayalımp = k+1 kilometre önceden belirlenen benzin rezervi ile ulaşım bitiminde bu depolama tesisine ulaşıyor. Çünkü o noktadaP= İlesınırsız benzin kaynağı varsa (indüksiyon tabanına göre) birkaç yolculukta bir noktaya ulaşabilirizp = k+ 1 noktada yapınP= İle4- İstenilen büyüklükte 1 adet stok.

Problem ifadesinden daha genel bir ifadenin doğruluğu artık matematiksel tümevarım ilkesinden kaynaklanmaktadır.

Çözüm

Özellikle matematiksel tümevarım yöntemini inceleyerek matematiğin bu alanındaki bilgimi artırdım ve ayrıca daha önce gücümün ötesinde olan problemleri çözmeyi de öğrendim.

Çoğunlukla bunlar mantıklı ve eğlenceli görevlerdi. sadece bir bilim olarak matematiğin kendisine olan ilgiyi artıranlar. Bu tür problemleri çözmek eğlenceli bir aktivite haline gelir ve giderek daha fazla meraklı insanı matematik labirentlerine çekebilir. Bana göre bu, herhangi bir bilimin temelidir.

Matematiksel tümevarım yöntemini incelemeye devam ederek, onu sadece matematikte değil, aynı zamanda fizik, kimya ve yaşamın kendisindeki problemlerin çözümünde de nasıl uygulayacağımı öğrenmeye çalışacağım.

Edebiyat

1.Vulenkin İNDÜKSİYONU. Kombinatorik. Öğretmenler İÇİN el kitabı. M., Aydınlanma,

1976.-48 s.

2.Golovina L.I., Yaglom I.M. Geometride indüksiyon. - M.: Devlet. yayınlanan litre. - 1956 - S.I00. Üniversitelere girenler için matematik üzerine bir el kitabı / Ed. Yakovleva G.N. Bilim. -1981. - S.47-51.

3.Golovina L.I., Yaglom I.M. Geometride indüksiyon. —
M.: Nauka, 1961. - (Matematik üzerine popüler dersler.)

4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Schvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weitz. Ders Kitabı / “Aydınlanma” 1975.

5.R. Courant, G. Robbins "Matematik nedir?" Bölüm 1, § 2

6.Popa D. Matematik ve makul akıl yürütme. - M,: Nauka, 1975.

7.Popa D. Matematiksel keşif. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Matematiksel tümevarım yöntemi / Matematik okulu nasıl öğretilir. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom IM. Matematiksel tümevarım yöntemi üzerine. - M.: Nauka, 1977. - (Matematik üzerine popüler dersler.)

10.Solominsky I.S. Matematiksel tümevarım yöntemi. - M.: Bilim.

63'ler.

11.Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Matematiksel tümevarım hakkında. - M.: Bilim. - 1967. - S.7-59.

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

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

Matematiksel tümevarım yöntemi

giriiş

Ana bölüm

1. Tam ve eksik indüksiyon
2. Matematiksel tümevarım ilkesi
3. Matematiksel tümevarım yöntemi
4. Örnekleri Çözme
5. Eşitlikler
6. Sayıları bölme
7. Eşitsizlikler

Çözüm

Kullanılmış literatür listesi

giriiş

Herhangi bir matematiksel araştırmanın temeli tümdengelim ve tümevarım yöntemleridir. Tümdengelimli akıl yürütme yöntemi genelden özele doğru akıl yürütmektir, yani. Başlangıç ​​noktası genel sonuç, son noktası ise özel sonuç olan akıl yürütmedir. Tümevarım, belirli sonuçlardan genel sonuçlara geçerken kullanılır; tümdengelim yönteminin tersidir.

Matematiksel tümevarım yöntemi ilerlemeyle karşılaştırılabilir. En aşağıdan başlarız ve mantıksal düşünmenin sonucunda en yükseğe çıkarız. İnsan her zaman ilerleme için, düşüncelerini mantıksal olarak geliştirme yeteneği için çabalamıştır; bu, doğanın kendisinin onu tümevarımsal düşünmeye mahkum ettiği anlamına gelir.

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulama kapsamının artmasına rağmen, okul müfredatında buna çok az zaman ayrılmıştır. Peki, bana, beş kelimelik teori duyacağı, beş ilkel problemi çözeceği ve sonuç olarak hiçbir şey bilmediği için A alacağı bu iki veya üç dersin bir kişi için faydalı olacağını söyleyin.

Ancak tümevarımsal düşünebilmek çok önemlidir.

Ana bölüm

Orijinal anlamında “tümevarım” kelimesi, bir dizi spesifik ifadeye dayanarak genel sonuçların elde edildiği akıl yürütmeye uygulanır. Bu tür akıl yürütmenin en basit yöntemi tam tümevarımdır. İşte böyle bir akıl yürütmenin bir örneği.

4'ün içindeki her çift doğal sayının (n) iki asal sayının toplamı olarak temsil edilebileceğini tespit etmek gerekli olsun. Bunu yapmak için, bu sayıların tümünü alın ve karşılık gelen açılımları yazın:

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 dokuz eşitlik, ilgilendiğimiz sayıların her birinin aslında iki basit terimin toplamı olarak temsil edildiğini gösteriyor.

Dolayısıyla tam tümevarım, genel ifadenin sonlu sayıda olası durumların her birinde ayrı ayrı kanıtlanmasından oluşur.

Bazen genel sonuç, tümü değil, yeterince çok sayıda özel durum (eksik tümevarım olarak adlandırılır) dikkate alındıktan sonra tahmin edilebilir.

Eksik tümevarımla elde edilen sonuç, tüm özel durumları kapsayan kesin matematiksel akıl yürütmeyle kanıtlanıncaya kadar yalnızca bir hipotez olarak kalır. Başka bir deyişle, matematikte eksik tümevarım, kesin kanıtlamanın meşru bir yöntemi olarak görülmez, ancak yeni gerçekleri keşfetmenin güçlü bir yöntemidir.

Örneğin ardışık ilk n tek sayının toplamını bulmak istiyorsunuz. Özel durumları ele alalım:

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

Bu birkaç özel durumu değerlendirdikten sonra aşağıdaki genel sonuç ortaya çıkıyor:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

onlar. ardışık ilk n tek sayının toplamı n 2'dir

Elbette yapılan gözlem henüz verilen formülün geçerliliğinin kanıtı olamaz.

Tam tümevarım matematikte yalnızca sınırlı uygulamalara sahiptir. Birçok ilginç matematiksel ifade sonsuz sayıda özel durumu kapsar, ancak bunları sonsuz sayıda durum için test edemeyiz. Eksik tümevarım sıklıkla hatalı sonuçlara yol açar.

Çoğu durumda, bu tür zorluklardan kurtulmanın yolu, matematiksel tümevarım yöntemi adı verilen özel bir akıl yürütme yöntemine başvurmaktır. Aşağıdaki gibidir.

Herhangi bir n doğal sayısı için belirli bir ifadenin geçerliliğini kanıtlamanız gerektiğini varsayalım (örneğin, ilk n tek sayıların toplamının n 2'ye eşit olduğunu kanıtlamanız gerekir). Doğal sayılar kümesi sonsuz olduğundan, n'nin her değeri için bu ifadenin doğrudan doğrulanması imkansızdır. Bu ifadeyi kanıtlamak için öncelikle n=1 için geçerliliğini kontrol edin. Daha sonra k'nin herhangi bir doğal değeri için, söz konusu ifadenin n=k için geçerliliğinin, onun n=k+1 için de geçerliliğini gerektirdiğini kanıtlarlar.

Daha sonra ifadenin tümü için kanıtlanmış olduğu kabul edilir. Aslında bu ifade n=1 için doğrudur. Ama bu aynı zamanda bir sonraki n=1+1=2 sayısı için de doğrudur. İfadenin n=2 için geçerliliği, n=2+ için de geçerliliği anlamına gelir

1=3. Bu, n=4 vb. için ifadenin geçerliliğini ima eder. Sonunda herhangi bir n doğal sayısına ulaşacağımız açıktır. Bu, ifadenin herhangi bir n için doğru olduğu anlamına gelir.

Söylenenleri özetleyerek aşağıdaki genel prensibi formüle ediyoruz.

Matematiksel tümevarım ilkesi.

Eğer teklif A(N), doğal sayıya bağlı olarakN, için doğruN=1 ve bunun doğru olmasındanN= k (Neredek-herhangi bir doğal sayı), bundan sonraki sayı için de doğru olduğu sonucu çıkarN= k+1, sonra varsayım A(N) herhangi bir doğal sayı için doğruN.

Bazı durumlarda, belirli bir ifadenin geçerliliğinin tüm doğal sayılar için değil, yalnızca p'nin sabit bir doğal sayı olduğu n>p için kanıtlanması gerekli olabilir. Bu durumda matematiksel tümevarım ilkesi şu şekilde formüle edilir.

Eğer teklif A(N) için doğruN= P ve eğer A(k) Þ A(k+1) herkes içink> P, sonra öneri A(N) herkes için doğruN> P.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanan ispat aşağıdaki şekilde gerçekleştirilir. İlk olarak kanıtlanacak ifadenin n=1 olup olmadığı kontrol edilir, yani. A(1) ifadesinin doğruluğu kanıtlanmıştır. İspatın bu kısmına tümevarım temeli denir. Daha sonra ispatın tümevarım adımı adı verilen kısmı gelir. Bu bölümde, n=k ifadesinin geçerliliği varsayımı altında (tümevarım varsayımı), yani n=k+1 ifadesinin geçerliliğini kanıtlarlar. A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayın.

ÖRNEK 1

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

Çözüm: 1) n=1=1 2 elimizde. Buradan,

ifade n=1 için doğrudur, yani. A(1) doğrudur.

2) A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayalım.

K herhangi bir doğal sayı olsun ve ifade n=k için doğru olsun;

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

O zaman bu ifadenin bir sonraki doğal sayı olan n=k+1 için de doğru olduğunu kanıtlayalım; Ne

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Aslında,

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

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, A(n) varsayımının herhangi bir nÎN için doğru olduğu sonucuna varırız.

ÖRNEK 2

Kanıtla

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n +1 -1)/(x-1), burada x¹1

Çözüm: 1) n=1 için şunu elde ederiz:

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

dolayısıyla n=1 için formül doğrudur; A(1) doğrudur.

2) k herhangi bir doğal sayı olsun ve formül n=k için doğru olsun;

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

O halde eşitliği kanıtlayalım

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

Aslında

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).

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, formülün herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.

ÖRNEK 3

Dışbükey bir n-gon'un köşegen sayısının n(n-3)/2'ye eşit olduğunu kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=3 için ifade doğrudur

Ve 3 anlamlı çünkü bir üçgende

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

A 2 A(3) doğrudur.

2) Diyelim ki her durumda

dışbükey bir k-gon-

A 1 x A k =k(k-3)/2 köşegenleri.

Ve k Bunu bir dışbükeyde kanıtlayalım

(k+1)-gon numarası

köşegenler A k +1 =(k+1)(k-2)/2.

A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 bir dışbükey (k+1)-gon olsun. İçine bir A 1 A k köşegeni çizelim. Bu (k+1)-gon'un toplam köşegen sayısını hesaplamak için, k-gon A 1 A 2 ...A k'deki köşegenlerin sayısını saymanız, elde edilen sayıya k-2'yi eklemeniz gerekir, yani. A k +1 köşesinden çıkan (k+1)-gon köşegenlerinin sayısı ve ayrıca A 1 A k köşegeni dikkate alınmalıdır.

Böylece,

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

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesi nedeniyle bu ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.

ÖRNEK 4

Herhangi bir n için aşağıdaki ifadenin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

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

Bu, n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.

2) n=k olduğunu varsayalım

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

3) n=k+1 için bu ifadeyi düşünün

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.

Eşitliğin n=k+1 için doğru olduğunu kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade herhangi bir n doğal sayısı için doğrudur.

ÖRNEK 5

Herhangi bir n doğal sayısı için eşitliğin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Çözüm: 1) n=1 olsun.

O zaman X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

n=1 için ifadenin doğru olduğunu görüyoruz.

2) Eşitliğin n=k için doğru olduğunu varsayalım.

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

3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için kanıtlayalım;

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.

Yukarıdaki kanıttan, ifadenin n=k+1 için doğru olduğu açıktır, dolayısıyla eşitlik herhangi bir n doğal sayısı için de doğrudur.

ÖRNEK 6

Kanıtla

((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.

Çözüm: 1) n=2 için özdeşlik şöyle görünür: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

onlar. bu doğru.

2) İfadenin n=k için doğru olduğunu varsayalım

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

3) n=k+1 için ifadenin doğruluğunu kanıtlayalım.

(((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).

Eşitliğin n=k+1 için doğru olduğunu kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade herhangi bir n>2 için doğrudur.

ÖRNEK 7

Kanıtla

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

herhangi bir doğal n için

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

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

2) Varsayalım ki n=k, o zaman

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

3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için kanıtlayalım.

(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 eşitliğinin geçerliliği de kanıtlanmıştır, dolayısıyla ifade herhangi bir n doğal sayısı için doğrudur.

ÖRNEK 8

Kimliğin doğru olduğunu kanıtlayın

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

herhangi bir doğal n için

1) n=1 için özdeşlik doğrudur 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Varsayalım ki n=k için

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

3) n=k+1 için özdeşliğin doğru olduğunu kanıtlayalım.

(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).

Yukarıdaki kanıttan, ifadenin herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğu açıktır.

ÖRNEK 9

(11 n+2 +12 2n+1)'in 133'e kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

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

Ancak (23'133) 133'e kalansız bölünebilir, bu da n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir; A(1) doğrudur.

2) (11 k+2 +12 2k+1)'in 133'e kalansız bölünebildiğini varsayalım.

3) Bu durumda şunu kanıtlayalım:

(11 k+3 +12 2k+3), 133'e kalansız bölünebilir. Gerçekte, 11 k +3 +12 2l+3 =11´11 k+2 +12 2 ´12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

İlk terimi varsayımla 133'e kalansız bölünebildiğinden, elde edilen toplam 133'e kalansız bölünür, çarpanlardan ikincisinde ise 133 olur. Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde bu ifade kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 10

Herhangi bir n 7 için n -1'in 6'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, X 1 =7 1 -1=6, kalansız olarak 6'ya bölünür. Bu, n=1 olduğunda ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.

2) Varsayalım ki n=k için

7 k -1, 6'ya kalansız bölünebilir.

3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.

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

İlk terim 6'ya bölünebilir, çünkü 7 k -1 varsayımla 6'ya bölünebilir ve ikinci terim 6'dır. Bu, 7 n -1'in herhangi bir doğal n için 6'nın katı olduğu anlamına gelir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 11

Rasgele bir doğal n için 3 3n-1 +2 4n-3'ün 11'e bölünebileceğini kanıtlayın.
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11, kalansız olarak 11'e bölünür. Bu, n=1 için ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.

2) Varsayalım ki n=k için

X k =3 3k-1 +2 4k-3, 11'e kalansız bölünebilir.

3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.

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 .

İlk terim 11'e kalansız bölünebilir, çünkü 3 3 k-1 +2 4k-3 varsayımla 11'e bölünebilir, ikincisi ise 11'e bölünebilir çünkü çarpanlarından biri 11 sayısıdır. Bu toplam anlamına gelir herhangi bir n doğal sayısı için 11'e kalansız bölünebilir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 12

Rasgele bir doğal n için 11 2n -1'in 6'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman 11 2 -1=120 6'ya kalansız bölünebilir. Bu, n=1 olduğunda ifadenin doğru olduğu anlamına gelir.

2) Varsayalım ki n=k için

11 2 k -1, 6'ya kalansız bölünebilir.

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

Her iki terim de 6'ya kalansız bölünebilir: birincisi 6'nın bir katını, 120 sayısını içerir ve ikincisi varsayım gereği 6'ya kalansız bölünebilir. Bu, toplamın 6'ya kalansız bölünebileceği anlamına gelir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 13

Rastgele bir n doğal sayısı için 3 3 n+3 -26n-27'nin 26 2 (676)'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlayın.

Çözüm: Öncelikle 3 3 n+3 -1'in 26'ya kalansız bölünebileceğini kanıtlıyoruz.

1. n=0 olduğunda

3 3 -1=26, 26'ya bölünür

1. n=k için bunu varsayalım

3 3k+3 -1 26'ya bölünebilir

1. Bu ifadenin olduğunu kanıtlayalım

n=k+1 için doğrudur.

3 3 k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3l+3 +(3 3 k +3 -1) -bölünmüş 26

Şimdi problem cümlesinde formüle edilen ifadenin ispatını yapalım.

1) Açıkçası, n=1 olduğunda ifade doğrudur

3 3+3 -26-27=676

2) Varsayalım ki n=k için

3 3 k+3 -26k-27 ifadesi 26 2'ye kalansız olarak bölünür.

3) n=k+1 için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayalım.

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

Her iki terim de 26 2'ye bölünebilir; birincisi 26 2'ye bölünebilir çünkü parantez içindeki ifadenin 26'ya bölünebileceğini, ikincisinin ise tümevarım hipoteziyle bölünebileceğini kanıtladık. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade kanıtlanmıştır.

ÖRNEK 14

Eğer n>2 ve x>0 ise eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

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

Çözüm: 1) n=2 için eşitsizlik geçerlidir, çünkü

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

O halde A(2) doğrudur.

2) k> 2 ise A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayalım. A(k)’nın doğru olduğunu yani eşitsizliğin eşit olduğunu varsayalım.

(1+x) k >1+k'x. (3)

O halde A(k+1)'in de doğru olduğunu, yani eşitsizliğin geçerli olduğunu kanıtlayalım.

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Aslında eşitsizliğin (3) her iki tarafını da 1+x pozitif sayısıyla çarparak şunu elde ederiz:

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

Son eşitsizliğin sağ tarafını ele alalım

stva; sahibiz

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

Sonuç olarak şunu anlıyoruz

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak Bernoulli eşitsizliğinin herhangi bir durum için doğru olduğu ileri sürülebilir.

ÖRNEK 15

Eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

a> 0 için (1+a+a 2) m > 1+m'a+(m(m+1)/2)'a 2.

Çözüm: 1) m=1 olduğunda

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 her iki taraf da eşittir.

2) Varsayalım ki m=k için

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

3) m=k+1 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayalım

(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 .

Eşitsizliğin m=k+1 için geçerliliğini kanıtladık, dolayısıyla matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik herhangi bir doğal m için geçerlidir.

ÖRNEK 16

n>6 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

Çözüm: Eşitsizliği formda yeniden yazalım.

1. n=7 için elimizde

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

eşitsizlik doğrudur.

1. n=k için bunu varsayalım

3) n=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini kanıtlayalım.

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

k>7 olduğundan son eşitsizlik açıktır.

Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik herhangi bir n doğal sayısı için geçerlidir.

ÖRNEK 17

n>2 için eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)

Çözüm: 1) n=3 için eşitsizlik doğrudur

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

1. n=k için bunu varsayalım

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

3) Olmayanların geçerliliğini kanıtlayalım.

n=k+1 için eşitlik

(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2) olduğunu kanıtlayalım.

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)Ûk(k+2)

İkincisi açıktır ve bu nedenle

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)

Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik kanıtlanmıştır.

Çözüm

Özellikle matematiksel tümevarım yöntemini inceleyerek matematiğin bu alanındaki bilgimi artırdım ve ayrıca daha önce gücümün ötesinde olan problemleri çözmeyi de öğrendim.

Bunlar çoğunlukla mantıklı ve eğlenceli görevlerdi; sadece bir bilim olarak matematiğin kendisine olan ilgiyi artıranlar. Bu tür problemleri çözmek eğlenceli bir aktivite haline gelir ve giderek daha fazla meraklı insanı matematik labirentlerine çekebilir. Bana göre bu, herhangi bir bilimin temelidir.

Matematiksel tümevarım yöntemini incelemeye devam ederek, onu sadece matematikte değil, aynı zamanda fizik, kimya ve yaşamın kendisindeki problemlerin çözümünde de nasıl uygulayacağımı öğrenmeye çalışacağım.

MATEMATİK:

DERSLER, SORUNLAR, ÇÖZÜMLER

Ders Kitabı / V.G. Boltyansky, Yu.V. Sidorov, M.I. Shabunin. Potpuri LLC 1996.

CEBİR VE ANALİZİN BAŞLANGIÇLARI

Ders Kitabı / BT Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Weitz. “Aydınlanma” 1975.

Bibliyografik açıklama: Badanin A. S., Sizova M. Yu.Doğal sayıların bölünebilirliği ile ilgili problemlerin çözümünde matematiksel tümevarım yönteminin uygulanması // Genç bilim adamı. 2015. No.2. S. 84-86..04.2019).

Matematik olimpiyatlarında doğal sayıların bölünebilirliğini kanıtlamaya yönelik oldukça zor problemler vardır. Okul çocukları bir sorunla karşı karşıyadır: Bu tür sorunları çözmelerine olanak tanıyan evrensel bir matematik yöntemi nasıl bulunur?

Bölünebilirliği kanıtlamadaki problemlerin çoğunun matematiksel tümevarım yöntemiyle çözülebileceği ortaya çıktı, ancak okul ders kitapları bu yönteme çok az önem veriyor; çoğunlukla kısa bir teorik açıklama veriliyor ve çeşitli problemler analiz ediliyor.

Matematiksel tümevarım yöntemini sayılar teorisinde buluyoruz. Sayı teorisinin şafağında, matematikçiler birçok olguyu tümevarım yoluyla keşfettiler: L. Euler ve K. Gauss, sayısal bir modeli fark edip ona inanmadan önce bazen binlerce örneği değerlendirdiler. Ancak aynı zamanda “son” testi geçen hipotezlerin ne kadar yanıltıcı olabileceğini de anladılar. Sonlu bir alt küme için doğrulanan bir ifadeden tüm sonsuz küme için benzer bir ifadeye tümevarımsal olarak geçmek için bir kanıt gereklidir. Bu yöntem, herhangi bir tam sayının başka bir tam sayıya bölünebilirliğinin işaretlerini bulmak için genel bir algoritma bulan Blaise Pascal tarafından önerildi (“Sayıların bölünebilirliğinin doğası üzerine” incelemesi).

Matematiksel tümevarım yöntemi, tüm doğal sayılar için belirli bir ifadenin doğruluğunu veya belirli bir n sayısından başlayan bir ifadenin doğruluğunu akıl yürüterek kanıtlamak için kullanılır.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak belirli bir ifadenin doğruluğunu kanıtlamaya yönelik problemleri çözmek dört aşamadan oluşur (Şekil 1):

Pirinç. 1. Sorunu çözme şeması

1. İndüksiyon temeli . İfadenin anlamlı olduğu en küçük doğal sayı için ifadenin geçerliliğini kontrol ederler.

2. Endüktif hipotez . İfadenin k'nin bir değeri için doğru olduğunu varsayalım.

3. İndüksiyon geçişi . İfadenin k+1 için doğru olduğunu kanıtlıyoruz.

4. Çözüm . Böyle bir kanıt tamamlanmışsa, matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, ifadenin herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğu ileri sürülebilir.

Doğal sayıların bölünebilirliğini kanıtlama problemlerinin çözümünde matematiksel tümevarım yönteminin uygulanmasını ele alalım.

örnek 1. n'nin bir doğal sayı olduğu 5 sayısının 19'un katı olduğunu kanıtlayın.

Kanıt:

1) Bu formülün n = 1 için doğru olup olmadığını kontrol edelim: =19 sayısı 19'un katıdır.

2) Bu formül n = k için doğru olsun, yani sayı 19'un katıdır.

19'un katıdır. Aslında ilk terim (2) varsayımı gereği 19'a bölünebilmektedir; ikinci terim de 19'a bölünebilir çünkü 19'un çarpanını içerir.

Örnek 2. Ardışık üç doğal sayının küpleri toplamının 9'a bölünebildiğini kanıtlayın.

Kanıt:

Şu ifadeyi kanıtlayalım: “Herhangi bir n doğal sayısı için n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 ifadesi 9'un katıdır.

1) Bu formülün n = 1 için doğru olup olmadığını kontrol edelim: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 9'un katları.

2) Bu formül n = k için doğru olsun, yani k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 9'un katıdır.

3) Formülün n = k + 1 için de doğru olduğunu kanıtlayalım, yani (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3, 9'un katıdır. (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).

Ortaya çıkan ifade, her biri 9'a bölünebilen iki terim içerir, dolayısıyla toplam 9'a bölünebilir.

4) Matematiksel tümevarım ilkesinin her iki koşulu da karşılanmıştır, dolayısıyla cümle n'nin tüm değerleri için doğrudur.

Örnek 3. Herhangi bir n doğal sayısı için 3 2n+1 +2 n+2 sayısının 7'ye bölünebileceğini kanıtlayın.

Kanıt:

1) Bu formülün n = 1 için doğru olup olmadığını kontrol edelim: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35, 7'nin katıdır.

2) Bu formül n = k için doğru olsun, yani 3 2 k +1 +2 k +2 7'ye bölünür.

3) Formülün n = k + 1 için de doğru olduğunu kanıtlayalım;

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .T. k.(3 2 k +1 +2 k +2) 9 7'ye bölünür ve 7 2 k +2 7'ye bölünür, farkları 7'ye bölünür.

4) Matematiksel tümevarım ilkesinin her iki koşulu da karşılanmıştır, dolayısıyla cümle n'nin tüm değerleri için doğrudur.

Doğal sayıların bölünebilirliği teorisindeki birçok ispat problemi matematiksel tümevarım yöntemi kullanılarak rahatlıkla çözülebilir; hatta bu yöntemle problem çözmenin tamamen algoritmik olduğu bile söylenebilir; 4 temel adımı gerçekleştirmek yeterlidir. Ancak bu yöntem evrensel olarak adlandırılamaz çünkü dezavantajları da vardır: birincisi, yalnızca bir dizi doğal sayı üzerinde kanıtlanabilir ve ikincisi, yalnızca bir değişken için kanıtlanabilir.

Mantıksal düşünmenin ve matematik kültürünün gelişimi için bu yöntem gerekli bir araçtır, çünkü büyük Rus matematikçi A. N. Kolmogorov şunları söyledi: “Matematiksel tümevarım ilkesini anlamak ve doğru bir şekilde uygulama yeteneği, mantıksal olgunluğun iyi bir kriteridir ve bu kesinlikle gereklidir. bir matematikçi için gerekli.”

Edebiyat:

1. Vilenkin N.Ya.İndüksiyon. Kombinatorik. - M.: Eğitim, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. Matematiksel tümevarım üzerine. - M., 1962. - 36 s.

3. Solominsky I. S. Matematiksel tümevarım yöntemi. - M .: Nauka, 1974. - 63 s.

4. Sharygin I.F. Matematikte seçmeli ders: Problem çözme: 10. sınıf ders kitabı. okul ortalaması - M.: Eğitim, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Matematiksel tümevarım. - M .: MTsNMO, 2007. - 32 s.

MATEMATİKSEL İNDÜKSİYON YÖNTEMİ

Rusça'da tümevarım kelimesi rehberlik anlamına gelir ve gözlemlere, deneylere dayanan sonuçlara, yani. tümevarım denir. özelden genele doğru çıkarım yoluyla elde edilir.

Mesela her gün Güneş'in doğudan doğduğunu görüyoruz. Bu nedenle yarın batıda değil doğuda görüneceğinden emin olabilirsiniz. Bu sonucu, Güneş'in gökyüzündeki hareketinin nedeni hakkında herhangi bir varsayıma başvurmadan çıkarıyoruz (üstelik, dünya aslında hareket ettiği için bu hareketin kendisi de açıkça ortaya çıkıyor). Ancak yine de bu tümevarımsal sonuç, yarın yapacağımız gözlemleri doğru bir şekilde tanımlamaktadır.

Deneysel bilimlerde tümevarımsal sonuçların rolü çok büyüktür. Daha sonra kesinti yoluyla daha fazla sonuç çıkarılabilecek hükümleri verirler. Her ne kadar teorik mekanik Newton'un üç hareket yasasına dayansa da, bu yasaların kendileri deneysel veriler yoluyla derin düşünmenin sonucuydu; özellikle de Danimarkalı gökbilimci Tycho'nun uzun yıllar süren gözlemlerinin işlenmesinden elde ettiği Kepler'in gezegensel hareket yasaları. Brahe. Gözlem ve tümevarım, gelecekte yapılan varsayımların açıklığa kavuşturulması açısından faydalı olacaktır. Michelson'un hareketli bir ortamda ışığın hızını ölçmeye yönelik deneylerinden sonra, fizik yasalarını açıklığa kavuşturmanın ve görelilik teorisini oluşturmanın gerekli olduğu ortaya çıktı.

Matematikte tümevarımın rolü büyük ölçüde seçilen aksiyomatiğin temelini oluşturmasıdır. Uzun süreli uygulama, düz bir yolun kavisli veya kırık bir yoldan her zaman daha kısa olduğunu gösterdikten sonra bir aksiyom formüle etmek doğaldı: Herhangi bir A, B ve C noktası için eşitsizlik

Aritmetiğin temeli olan takip kavramı da askerlerin, gemilerin ve diğer düzenli kümelerin oluşumunun gözlemlenmesinden ortaya çıkmıştır.

Ancak bunun matematikte tümevarımın rolünü tükettiği düşünülmemelidir. Tabii ki, aksiyomlardan mantıksal olarak çıkarılan teoremleri deneysel olarak test etmemeliyiz: türetme sırasında hiçbir mantıksal hata yapılmadıysa, o zaman kabul ettiğimiz aksiyomlar doğru olduğu sürece bunlar doğrudur. Ancak bu aksiyom sisteminden pek çok ifade çıkarılabilir. Kanıtlanması gereken ifadelerin seçimi yine tümevarımla önerilmektedir. Yararlı teoremleri yararsız olanlardan ayırmanıza olanak tanıyan, hangi teoremlerin doğru olabileceğini gösteren ve hatta kanıtın yolunun ana hatlarını çizmenize yardımcı olan şey budur.

Matematiksel tümevarım yönteminin özü

Aritmetiğin, cebirin, geometrinin ve analizin birçok dalında, bir doğal değişkene bağlı olarak A(n) cümlelerinin doğruluğunun kanıtlanması gerekir. Bir değişkenin tüm değerleri için A(n) önermesinin doğruluğunun kanıtı çoğu zaman aşağıdaki prensibe dayanan matematiksel tümevarım yöntemiyle gerçekleştirilebilir.

A(n) önermesi, aşağıdaki iki koşulun karşılanması durumunda değişkenin tüm doğal değerleri için doğru kabul edilir:

A(n) önermesi n=1 için doğrudur.

A(n)'nin n=k (burada k herhangi bir doğal sayıdır) için doğru olduğu varsayımından, bunun bir sonraki n=k+1 değeri için de doğru olduğu sonucu çıkar.

Bu prensibe matematiksel tümevarım ilkesi denir. Genellikle sayıların doğal dizisini tanımlayan aksiyomlardan biri olarak seçilir ve bu nedenle kanıtlanmadan kabul edilir.

Matematiksel tümevarım yöntemi aşağıdaki ispat yöntemini ifade eder. Bir A(n) cümlesinin doğruluğunu tüm doğal n'ler için kanıtlamak istiyorsanız, öncelikle A(1) ifadesinin doğruluğunu kontrol etmeli ve ikinci olarak A(k) ifadesinin doğruluğunu varsayarak, A(k +1) ifadesinin doğru olduğunu kanıtlamaya çalışın. Eğer bu kanıtlanabilirse ve kanıt k'nin her doğal değeri için geçerli kalırsa, o zaman matematiksel tümevarım ilkesine uygun olarak A(n) önermesinin n'nin tüm değerleri için doğru olduğu kabul edilir.

Matematiksel tümevarım yöntemi teoremlerin, özdeşliklerin, eşitsizliklerin kanıtlanmasında, bölünebilme problemlerinin çözümünde, bazı geometrik problemlerin çözümünde ve daha birçok problemin çözümünde yaygın olarak kullanılmaktadır.

Problem çözmede matematiksel tümevarım yöntemi

bölünebilirlik

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak doğal sayıların bölünebilirliğine ilişkin çeşitli ifadeleri kanıtlayabilirsiniz.

Aşağıdaki ifade nispeten basit bir şekilde kanıtlanabilir. Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak nasıl elde edildiğini gösterelim.

örnek 1. Eğer n bir doğal sayı ise sayı çifttir.

n=1 olduğunda ifademiz doğrudur: - çift sayı. Çift sayı olduğunu varsayalım. 2k çift sayı olduğuna göre eşit. Yani, n=1 için parite kanıtlanmıştır, pariteden parite çıkarılmıştır. Bu, n'nin tüm doğal değerleri için eşit olduğu anlamına gelir.

Örnek 2.Cümlenin doğruluğunu kanıtlayın

A(n)=(5 sayısı 19'un katıdır), n bir doğal sayıdır.

Çözüm.

A(1)=(19'a bölünebilen bir sayı) ifadesi doğrudur.

Diyelim ki bir n=k değeri için

A(k)=(19'a bölünebilen sayı) doğrudur. O zamandan beri

Açıkçası A(k+1) de doğrudur. Aslında A(k)'nin doğru olduğu varsayımından dolayı ilk terim 19'a bölünebilir; ikinci terim de 19'a bölünebilir çünkü 19'un çarpanını içerir. Matematiksel tümevarım ilkesinin her iki koşulu da sağlanır, dolayısıyla A(n) önermesi n'nin tüm değerleri için doğrudur.

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulanması

Toplama serisi

Örnek 1.Formülü kanıtla

n bir doğal sayıdır.

Çözüm.

n=1 olduğunda eşitliğin her iki tarafı da bire döner ve dolayısıyla matematiksel tümevarım ilkesinin ilk koşulu sağlanır.

Formülün n=k için doğru olduğunu varsayalım.

.

Bu eşitliğin her iki tarafına da ekleyelim ve sağ tarafı dönüştürelim. Sonra alırız

Dolayısıyla formülün n=k için doğru olmasından, n=k+1 için de doğru olduğu sonucu çıkar. Bu ifade k'nin herhangi bir doğal değeri için doğrudur. Böylece matematiksel tümevarım ilkesinin ikinci koşulu da sağlanmış olur. Formül kanıtlanmıştır.

Örnek 2.Doğal serinin ilk n sayısının toplamının 'ye eşit olduğunu kanıtlayın.

Çözüm.

Gerekli miktarı belirtelim, yani. .

n=1 olduğunda hipotez doğrudur.

İzin vermek . Hadi bunu gösterelim .

Aslında,

Problem çözüldü.

Örnek 3.Doğal serinin ilk n sayısının kareleri toplamının şuna eşit olduğunu kanıtlayın: .

Çözüm.

İzin vermek .

.

Öyleymiş gibi yapalım . Daha sonra

Ve sonunda.

Örnek 4. Kanıtla .

Çözüm.

Eğer öyleyse

Örnek 5. Kanıtla

Çözüm.

n=1 olduğunda hipotez açıkça doğrudur.

İzin vermek .

Bunu kanıtlayalım.

Gerçekten mi,

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulanmasına örnekler

eşitsizliklerin kanıtı

Örnek 1.Herhangi bir n>1 doğal sayısı için bunu kanıtlayın

.

Çözüm.

Eşitsizliğin sol tarafını ile gösterelim.

Dolayısıyla n=2 için eşitsizlik geçerlidir.

Biraz k olsun. O halde bunu kanıtlayalım ve . Sahibiz , .

Karşılaştırma ve elimizde yani .

Herhangi bir pozitif k tamsayısı için son eşitliğin sağ tarafı pozitiftir. Bu yüzden . Ama bu aynı zamanda şu anlama da geliyor.

Örnek 2.Mantıktaki hatayı bulun.

İfade. Herhangi bir n doğal sayısı için eşitsizlik doğrudur.

Kanıt.

. (1)

O halde eşitsizliğin n=k+1 için de geçerli olduğunu kanıtlayalım;

.

Aslında herhangi bir doğal k için 2'den az değildir. Eşitsizliğin sol tarafına (1) ve sağ tarafına 2'yi ekleyelim. Adil bir eşitsizlik elde ederiz, veya . Bu ifade kanıtlanmıştır.

Örnek 3.Kanıtla , burada >-1, n, 1'den büyük bir doğal sayıdır.

Çözüm.

n=2 için eşitsizlik doğrudur, çünkü .

Eşitsizliğin n=k için doğru olmasına izin verin, burada k bir doğal sayıdır;

. (1)

O halde eşitsizliğin n=k+1 için de geçerli olduğunu gösterelim;

. (2)

Aslında koşula göre, dolayısıyla eşitsizlik doğrudur

, (3)

eşitsizliğinden (1) her parçanın çarpılmasıyla elde edilir. Eşitsizliği (3) şu şekilde yeniden yazalım: . Son eşitsizliğin sağ tarafındaki pozitif terimi atarak adil eşitsizlik (2) elde ederiz.

Örnek 4. Kanıtla

(1)

burada , , n 1'den büyük bir doğal sayıdır.

Çözüm.

n=2 eşitsizliği için (1) şu formu alır:

. (2)

O zamandan beri eşitsizlik doğrudur

. (3)

Eşitsizliğin (3) her bir kısmına ekleyerek eşitsizlik (2) elde ederiz.

Bu, n=2 eşitsizliği için (1)'in doğru olduğunu kanıtlar.

Eşitsizlik (1) n=k için doğru olsun; burada k bir doğal sayıdır;

. (4)

O halde (1) eşitsizliğinin n=k+1 için de doğru olması gerektiğini kanıtlayalım;

(5)

Eşitsizliğin her iki tarafını (4) a+b ile çarpalım. koşuluna göre aşağıdaki adil eşitsizliği elde ederiz:

. (6)

Eşitsizliğin (5) geçerliliğini kanıtlamak için şunu göstermek yeterlidir:

, (7)

ya da aynı şey nedir?

. (8)

Eşitsizlik (8) eşitsizliğe eşdeğerdir

. (9)

Eğer , o zaman ve eşitsizliğin (9) sol tarafında iki pozitif sayının çarpımı var. Eğer , o zaman ve eşitsizliğin (9) sol tarafında iki negatif sayının çarpımı var. Her iki durumda da eşitsizlik (9) doğrudur.

Bu, eşitsizliğin (1) n=k için geçerliliğinin, n=k+1 için de geçerliliği anlamına geldiğini kanıtlar.

Diğerlerine uygulanan matematiksel tümevarım yöntemi

görevler

Matematiksel tümevarım yönteminin geometride en doğal uygulaması, bu yöntemin sayılar teorisi ve cebirdeki kullanımına yakın, geometrik hesaplama problemlerinin çözümüne uygulanmasıdır. Birkaç örneğe bakalım.

Örnek 1.R yarıçaplı bir daire içine yazılan düzgün bir karenin kenarını hesaplayın.

Çözüm.

N=2 olduğunda doğru 2 N - kare bir karedir; onun tarafı. Ayrıca ikiye katlama formülüne göre

düzgün bir sekizgenin kenarını buluyoruz , düzgün bir altıgenin kenarı , normal otuz iki üçgenin kenarı . Bu nedenle doğru yazılan 2'nin tarafının olduğunu varsayabiliriz. N - herhangi bir eşitin karesi

. (1)

Düzgün yazılı bir karenin kenarının formül (1) ile ifade edildiğini varsayalım. Bu durumda ikiye katlama formülüne göre

,

buradan formül (1)'in tüm n'ler için geçerli olduğu sonucu çıkar.

Örnek 2.Bir n-gon (dışbükey olması şart değil) ayrık köşegenleriyle kaç tane üçgene bölünebilir?

Çözüm.

Bir üçgen için bu sayı bire eşittir (bir üçgende tek bir köşegen çizilemez); bir dörtgen için bu sayı açıkça ikidir.

Diyelim ki her k-gon'u zaten biliyoruz, burada k 1 A 2 ...A n üçgenler halinde.

Bir

bir 1 bir 2

Bu bölümün köşegenlerinden biri A 1 A k olsun; n-gon A 1 A 2 ...A n'yi k-gon A 1 A 2 ...A k ve (n-k+2)-gon A 1 A k A k+1 ..'ye böler. .Bir . Yapılan varsayıma göre bölmedeki toplam üçgen sayısı şuna eşit olacaktır:

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

Böylece ifademiz tüm n'ler için kanıtlanmıştır.

Örnek 3.Dışbükey bir n-gon'un ayrık köşegenlerle üçgenlere bölünebileceği yolların P(n) sayısını hesaplamak için kuralı belirtin.

Çözüm.

Bir üçgen için bu sayı açıkça bire eşittir: P(3)=1.

Tüm k için P(k) sayılarını zaten belirlediğimizi varsayalım. 1 A 2 ...A n . Üçgenlere bölündüğünde A tarafı 1 A 2 bölme üçgenlerinden birinin bir tarafı olacak, bu üçgenin üçüncü köşesi A noktalarının her biriyle çakışabilir 3, A 4,…, Bir n . Bu köşenin A noktasıyla çakıştığı bir n-gonu bölmenin yollarının sayısı 3 , (n-1)-gon A'yı üçgenlere bölmenin yollarının sayısına eşittir 1 A 3 A 4 …A n yani P(n-1)'e eşittir. Bu köşenin A ile çakıştığı bölümleme yöntemlerinin sayısı 4 , (n-2)-gon A'yı bölmenin yollarının sayısına eşittir 1 A 4 A 5 …A n yani P(n-2)=P(n-2)P(3)'e eşittir; A ile çakıştığı bölümleme yöntemlerinin sayısı 5 , P(n-3)P(4)'e eşittir, çünkü (n-3)-gon A'nın bölümlerinin her biri 1 A 5 ...A n A dörtgeninin bölümlerinin her biriyle birleştirilebilir 2 Bir 3 Bir 4 Bir 5 , vesaire. Böylece aşağıdaki ilişkiye ulaşıyoruz:

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

Bu formülü kullanarak tutarlı bir şekilde şunu elde ederiz:

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

vesaire.

Grafiklerle ilgili problemleri matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak da çözebilirsiniz.

Düzlemde bazı noktaları birbirine bağlayan ve başka noktaları olmayan bir doğrular ağı olsun. Köşeleri olarak noktalar verilen, iki bitişik köşe arasındaki eğri parçaları - haritanın sınırları, sınırlarla bölündüğü düzlemin bölümleri - haritanın ülkeleri olan böyle bir çizgi ağına harita diyeceğiz.

Uçakta bir harita verilsin. Ülkelerinden her biri belirli bir renkle boyanırsa, ortak sınırı olan herhangi iki ülke ise farklı renklerle boyanırsa doğru renklendirilmiştir diyeceğiz.

Örnek 4.Düzlemde n tane daire var. Bu dairelerin herhangi bir düzenlemesinde oluşturdukları haritanın iki renkle doğru şekilde renklendirilebileceğini kanıtlayın.

Çözüm.

n=1 için ifademiz açıktır.

n daireden oluşan herhangi bir harita için ifademizin doğru olduğunu varsayalım ve düzlemde n+1 daire olsun. Bu dairelerden birini kaldırarak, yapılan varsayıma göre iki renkle (örneğin siyah ve beyaz) doğru şekilde renklendirilebilecek bir harita elde ederiz.

Gerçek bilgi her zaman bir kalıp oluşturmak ve bunun doğruluğunu belirli koşullar altında kanıtlamak üzerine kurulmuştur. Mantıksal akıl yürütmenin bu kadar uzun bir süre var olduğu süre boyunca, kuralların formülasyonları verildi ve hatta Aristoteles bir "doğru akıl yürütme" listesi bile derledi. Tarihsel olarak, tüm çıkarımları somuttan çokluya (tümevarım) ve tam tersi (tümdengelim) olmak üzere iki türe ayırmak geleneksel olmuştur. Özelden genele ve genelden özele olan kanıt türlerinin yalnızca birlikte var olduğu ve birbirinin yerine geçemeyeceği unutulmamalıdır.

Matematikte tümevarım

"Tümevarım" teriminin Latince kökleri vardır ve kelimenin tam anlamıyla "rehberlik" olarak tercüme edilir. Daha yakından incelendiğinde, kelimenin yapısı, yani Latince öneki - in- (içe doğru yönlendirilmiş bir eylemi veya içeride olmayı belirtir) ve -düksiyon - giriş vurgulanabilir. Tam ve eksik tümevarım olmak üzere iki tür olduğunu belirtmekte fayda var. Tam form, belirli bir sınıftaki tüm nesnelerin incelenmesinden elde edilen sonuçlarla karakterize edilir.

Eksik - sınıfın tüm konuları için geçerli olan ancak yalnızca bazı ünitelerin incelenmesine dayanarak yapılan sonuçlar.

Tam matematiksel tümevarım, bu işlevsel bağlantının bilgisine dayanan doğal bir sayı dizisinin ilişkileriyle işlevsel olarak bağlanan herhangi bir nesnenin tüm sınıfı hakkında genel bir sonuca dayanan bir çıkarımdır. Bu durumda ispat süreci üç aşamada gerçekleşir:

• ilki matematiksel tümevarım konumunun doğruluğunu kanıtlar. Örnek: f = 1, tümevarım;
• Bir sonraki aşama, konumun tüm doğal sayılar için geçerli olduğu varsayımına dayanmaktadır. Yani f=h tümevarımsal bir hipotezdir;
• üçüncü aşamada, önceki noktanın konumunun doğruluğuna dayanarak f=h+1 sayısının konumunun geçerliliği kanıtlanır - bu bir tümevarım geçişi veya matematiksel tümevarım adımıdır. Bir örnek, bir sıradaki ilk taş düşerse (temel), ardından sıradaki tüm taşlar düşerse (geçiş) denir.

Hem şakacı hem ciddi

Anlaşılma kolaylığı için matematiksel tümevarım yöntemini kullanan çözüm örnekleri şaka problemleri şeklinde sunulmaktadır. Bu “Kibar Sıra” görevidir:

• Davranış kuralları, bir erkeğin bir kadının önünde sıra almasını yasaklar (böyle bir durumda kadının öne geçmesine izin verilir). Bu ifadeye göre eğer sıradaki son kişi erkekse geri kalan herkes erkektir.

Matematiksel tümevarım yönteminin çarpıcı bir örneği “Boyutsuz uçuş” problemidir:

• Minibüse istenilen sayıda kişinin sığabileceğinin kanıtlanması gerekmektedir. Bir kişinin bir araca zorlanmadan sığabileceği doğrudur (temeli). Ancak minibüs ne kadar dolu olursa olsun her zaman 1 yolcu sığacaktır (indüksiyon basamağı).

Tanıdık çevreler

Problemleri ve denklemleri matematiksel tümevarımla çözme örnekleri oldukça yaygındır. Bu yaklaşımın bir örneği olarak aşağıdaki sorunu düşünün.

Durum: Düzlemde h tane daire var. Şekillerin herhangi bir dizilişinde oluşturdukları haritanın iki renkle doğru şekilde renklendirilebileceğinin kanıtlanması gerekmektedir.

Çözüm: h=1 olduğunda ifadenin doğruluğu açıktır, dolayısıyla ispat h+1 daire sayısına göre yapılacaktır.

İfadenin herhangi bir harita için geçerli olduğu ve düzlemde h+1 dairenin olduğu varsayımını kabul edelim. Dairelerden birini toplamdan çıkararak iki renkle (siyah ve beyaz) doğru renklendirilmiş bir harita elde edebilirsiniz.

Silinen bir daireyi geri yüklerken, her alanın rengi ters yönde değişir (bu durumda dairenin içi). Sonuç, iki renkte doğru şekilde renklendirilmiş bir haritadır ve bunun kanıtlanması gerekiyordu.

Doğal sayılarla örnekler

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulaması aşağıda açıkça gösterilmiştir.

Çözüm örnekleri:

Herhangi bir h için aşağıdaki eşitliğin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. h=1 olsun, bunun anlamı:

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

Buradan h=1 için ifadenin doğru olduğu sonucu çıkar.

2. h=d olduğu varsayıldığında denklem elde edilir:

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

3. h=d+1 olduğunu varsayarsak şu ortaya çıkar:

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.

Böylece h=d+1 eşitliğinin geçerliliği kanıtlanmış oldu, dolayısıyla matematiksel tümevarımla örnek çözümde gösterildiği gibi ifade herhangi bir doğal sayı için doğrudur.

Görev

Durum: h'nin herhangi bir değeri için 7 h -1 ifadesinin 6'ya kalansız bölünebildiğinin kanıtı gereklidir.

Çözüm:

1. Bu durumda h=1 diyelim:

R 1 =7 1 -1=6 (yani 6'ya kalansız bölünür)

Bu nedenle h=1 için ifade doğrudur;

2. h=d ve 7 d -1'in 6'ya kalansız bölünmesine izin verin;

3. h=d+1 ifadesinin geçerliliğinin kanıtı aşağıdaki formüldür:

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

Bu durumda birinci nokta varsayımına göre birinci terim 6'ya bölünür, ikinci terim ise 6'ya eşittir. Herhangi bir doğal h için 7 h -1'in 6'ya kalansız bölünebildiği ifadesi doğrudur.

Karar vermede hatalar

Kullanılan mantıksal yapıların yanlışlığından dolayı ispatlarda sıklıkla yanlış akıl yürütme kullanılır. Bu esas olarak ispatın yapısı ve mantığı ihlal edildiğinde meydana gelir. Yanlış akıl yürütmeye bir örnek aşağıdaki çizimdir.

Görev

Durum: Herhangi bir taş yığınının yığın olmadığının kanıtı gereklidir.

Çözüm:

1. h=1 diyelim, bu durumda yığında 1 taş vardır ve ifade doğrudur (temel);

2. Bir taş yığınının bir yığın olmadığı h=d için doğru olsun (varsayım);

3. h=d+1 olsun, buradan bir taş daha eklendiğinde setin bir yığın olmayacağı sonucu çıkar. Sonuç, varsayımın tüm doğal h için geçerli olduğunu göstermektedir.

Buradaki hata, bir yığının kaç tane taştan oluştuğuna dair bir tanımın bulunmamasıdır. Böyle bir ihmale matematiksel tümevarım yönteminde aceleci bir genelleme denir. Bir örnek bunu açıkça göstermektedir.

Tümevarım ve mantık yasaları

Tarihsel olarak her zaman “el ele yürürler.” Mantık ve felsefe gibi bilimsel disiplinler bunları zıtlıklar şeklinde tanımlamaktadır.

Mantık yasası açısından tümevarımsal tanımlar gerçeklere dayanır ve öncüllerin doğruluğu, sonuçta ortaya çıkan ifadenin doğruluğunu belirlemez. Çoğu zaman, belirli bir olasılık ve inandırıcılık derecesine sahip sonuçlar elde edilir ve bunların doğal olarak ek araştırmalarla doğrulanması ve onaylanması gerekir. Mantıktaki tümevarımın bir örneği aşağıdaki ifade olabilir:

Estonya'da kuraklık var, Letonya'da kuraklık var, Litvanya'da kuraklık var.

Estonya, Letonya ve Litvanya Baltık ülkeleridir. Baltık ülkelerinin tamamında kuraklık var.

Örnekten, tümevarım yöntemi kullanılarak yeni bilgi veya gerçeğin elde edilemeyeceği sonucuna varabiliriz. Güvenilebilecek tek şey, sonuçların olası doğruluğudur. Üstelik öncüllerin doğruluğu aynı sonuçları garanti etmez. Ancak bu gerçek, tümevarımın kesintinin sınırlarında zayıfladığı anlamına gelmez: çok sayıda hüküm ve bilimsel yasa, tümevarım yöntemi kullanılarak doğrulanmıştır. Bir örnek aynı matematik, biyoloji ve diğer bilimlerdir. Bu çoğunlukla tam tümevarım yönteminden kaynaklanmaktadır, ancak bazı durumlarda kısmi tümevarım da uygulanabilir.

Tümevarımın saygıdeğer çağı, onun insan faaliyetinin hemen hemen tüm alanlarına nüfuz etmesine izin verdi - bu bilim, ekonomi ve günlük sonuçlardır.

Bilimsel toplulukta indüksiyon

Tümevarım yöntemi titiz bir tutum gerektirir, çünkü çok fazla şey çalışılan bütünün parçalarının sayısına bağlıdır: çalışılan sayı ne kadar büyük olursa sonuç o kadar güvenilir olur. Bu özelliğe dayanarak, tümevarımla elde edilen bilimsel yasalar, olası tüm yapısal unsurları, bağlantıları ve etkileri izole etmek ve incelemek için uzun süre olasılıksal varsayımlar düzeyinde test edilir.

Bilimde tümevarımsal bir sonuç, rastgele hükümler dışında önemli özelliklere dayanır. Bu gerçek, bilimsel bilginin özellikleriyle bağlantılı olarak önemlidir. Bilimdeki tümevarım örneklerinde bu açıkça görülmektedir.

Bilim dünyasında (çalışma yöntemiyle bağlantılı olarak) iki tür tümevarım vardır:

1. tümevarım seçimi (veya seçim);
2. indüksiyon - dışlama (ortadan kaldırma).

İlk tür, bir sınıfın (alt sınıfların) örneklerinin farklı alanlardan metodik (titizlikle) seçilmesiyle ayırt edilir.

Bu tür indüksiyonun bir örneği şudur: gümüş (veya gümüş tuzları) suyu arındırır. Sonuç, uzun yıllara dayanan gözlemlere dayanmaktadır (bir tür doğrulama ve çürütme seçimi - seçim).

İkinci tür tümevarım, nedensel ilişkiler kuran ve evrensellik, zamansal sıraya bağlılık, zorunluluk ve belirsizlik gibi özelliklerine uymayan koşulları dışlayan sonuçlara dayanmaktadır.

Felsefenin konumundan tümevarım ve tümdengelim

Tarihsel olarak bakıldığında tümevarım teriminden ilk kez Sokrates bahsetmiştir. Aristoteles felsefedeki tümevarım örneklerini daha yaklaşık bir terminolojik sözlükte tanımladı, ancak eksik tümevarım sorunu hala açık. Aristotelesçi tasımın zulmünden sonra tümevarım yöntemi, doğa bilimlerinde verimli ve mümkün olan tek yöntem olarak kabul edilmeye başlandı. Bacon, bağımsız bir özel yöntem olarak tümevarımın babası olarak kabul edilir, ancak çağdaşlarının talep ettiği gibi tümevarımı tümdengelim yönteminden ayırmayı başaramamıştır.

Tümevarım, tümevarım teorisini dört ana yöntem perspektifinden ele alan J. Mill tarafından daha da geliştirildi: uyum, fark, kalıntılar ve karşılık gelen değişiklikler. Bugün listelenen yöntemlerin ayrıntılı olarak incelendiğinde tümdengelimli olması şaşırtıcı değildir.

Bacon ve Mill'in teorilerinin tutarsızlığının farkına varılması, bilim adamlarını tümevarımın olasılıksal temellerini incelemeye yöneltti. Ancak burada bile bazı aşırılıklar vardı: Tümevarım, ortaya çıkan tüm sonuçlarla birlikte olasılık teorisine indirgenmeye çalışıldı.

Tümevarım, belirli konu alanlarında pratik uygulama yoluyla ve tümevarımsal temelin metrik doğruluğu sayesinde güven oyu alır. Felsefede tümevarım ve tümdengelim örneği Evrensel Çekim Yasası olarak düşünülebilir. Yasanın keşfedildiği tarihte Newton yasayı yüzde 4 doğrulukla doğrulayabiliyordu. Ve iki yüz yılı aşkın bir süre sonra kontrol edildiğinde, doğrulama aynı tümevarımsal genellemelerle gerçekleştirilmesine rağmen doğruluk yüzde 0,0001 doğrulukla doğrulandı.

Modern felsefe, deneyime veya sezgiye başvurmadan, ancak "saf" akıl yürütmeyi kullanarak, halihazırda bilinenlerden yeni bilgi (veya gerçekler) türetmeye yönelik mantıksal arzunun gerektirdiği tümdengelim konusuna daha fazla önem verir. Tümdengelim yönteminde gerçek öncüllere atıfta bulunulduğunda, her durumda çıktı doğru bir ifadedir.

Bu çok önemli özellik, tümevarım yönteminin değerini gölgede bırakmamalıdır. Deneyimin kazanımlarına dayanan tümevarım aynı zamanda onu işlemenin bir aracı haline geldiğinden (genelleme ve sistemleştirme dahil).

Ekonomide tümevarım uygulaması

Tümevarım ve tümdengelim uzun zamandır ekonomiyi incelemek ve gelişimini tahmin etmek için yöntemler olarak kullanılmıştır.

Tümevarım yönteminin kullanım alanı oldukça geniştir: tahmin göstergelerinin (kar, amortisman vb.) yerine getirilmesinin incelenmesi ve işletmenin durumunun genel bir değerlendirmesi; gerçeklere ve bunların ilişkilerine dayalı etkili bir kurumsal tanıtım politikasının oluşturulması.

Aynı tümevarım yöntemi “Shewhart haritalarında” da kullanılıyor; burada süreçlerin kontrollü ve kontrolsüz olarak bölündüğü varsayımı altında, kontrollü süreç çerçevesinin aktif olmadığı belirtiliyor.

Bilimsel yasaların tümevarım yöntemi kullanılarak kanıtlandığı ve doğrulandığı unutulmamalıdır ve ekonomi, sıklıkla matematiksel analiz, risk teorisi ve istatistik kullanan bir bilim olduğundan, tümevarımın ana yöntemler listesinde yer alması hiç de şaşırtıcı değildir.

İktisatta tümevarım ve tümdengelimin bir örneği aşağıdaki durumdur. Gıda (tüketici sepetinden) ve temel malların fiyatındaki artış, tüketiciyi devlette ortaya çıkan yüksek maliyeti (indüksiyon) düşünmeye itmektedir. Aynı zamanda, yüksek fiyatlar gerçeğinden matematiksel yöntemler kullanarak, bireysel mallar veya mal kategorileri (kesinti) için fiyat artışı göstergelerini türetmek mümkündür.

Çoğu zaman yönetim personeli, yöneticiler ve ekonomistler tümevarım yöntemine yönelirler. Bir işletmenin gelişimini, piyasa davranışını ve rekabetin sonuçlarını yeterli doğrulukla tahmin edebilmek için, bilginin analizi ve işlenmesinde tümevarımsal-tümdengelimli bir yaklaşım gereklidir.

Ekonomide hatalı yargılarla ilgili tümevarıma açık bir örnek:

• şirketin kârı %30 azaldı;
  rakip bir şirket ürün yelpazesini genişletti;
  başka hiçbir şey değişmedi;
• rakip bir firmanın üretim politikasının kârda %30 oranında azalmaya neden olduğu;
• dolayısıyla aynı üretim politikasının uygulanması gerekiyor.

Örnek, tümevarım yönteminin beceriksiz kullanımının bir işletmenin çöküşüne ne kadar katkıda bulunduğunun renkli bir örneğidir.

Psikolojide kesinti ve tümevarım

Bir yöntem olduğuna göre, mantıksal olarak, uygun şekilde organize edilmiş bir düşünce de (yöntemi kullanmak için) vardır. Zihinsel süreçleri, bunların oluşumunu, gelişimini, ilişkilerini, etkileşimlerini inceleyen bir bilim olarak psikoloji, tümdengelim ve tümevarımın tezahür biçimlerinden biri olarak "tümdengelimli" düşünceye dikkat eder. Ne yazık ki, internetteki psikoloji sayfalarında tümdengelimli-tümevarımlı yöntemin bütünlüğünün neredeyse hiçbir gerekçesi yoktur. Her ne kadar profesyonel psikologlar daha çok tümevarım belirtileriyle veya daha doğrusu hatalı sonuçlarla karşılaşsalar da.

Yanlış yargıların bir örneği olarak psikolojideki tümevarım örneği şu ifadedir: Annem aldatıyor, bu nedenle tüm kadınlar aldatıcıdır. Hayattan daha da "hatalı" tümevarım örneklerini toplayabilirsiniz:

• bir öğrenci matematikten kötü not alırsa hiçbir şey yapamaz;
• o bir aptal;
• o erkek akıllı;
• Herşeyi yapabilirim;

Ve tamamen rastlantısal ve bazen de önemsiz öncüllere dayanan diğer birçok değer yargısı.

Şunu belirtmek gerekir ki, bir kişinin yargısındaki yanlışlık saçmalık noktasına ulaştığında, psikoterapist için bir çalışma sınırı ortaya çıkar. Uzman randevusunda bir indüksiyon örneği:

“Hasta, kırmızı rengin yalnızca kendisi için herhangi bir biçimde tehlikeli olduğundan kesinlikle emindir. Sonuç olarak, kişi bu renk şemasını mümkün olduğunca hayatından çıkardı. Evde konforlu bir konaklama için birçok fırsat var. Tüm kırmızı öğeleri reddedebilir veya bunları farklı renk düzeninde yapılmış analoglarla değiştirebilirsiniz. Ancak halka açık yerlerde, işyerinde, mağazada bu imkansızdır. Bir hasta kendini stresli bir durumda bulduğunda, her defasında başkaları için tehlike oluşturabilecek tamamen farklı duygusal durumların "gelgitini" yaşar."

Bu tümevarım ve bilinçsiz tümevarım örneğine "sabit fikirler" denir. Bu zihinsel olarak sağlıklı bir kişinin başına gelirse, zihinsel aktivitenin organizasyonunun eksikliğinden bahsedebiliriz. Takıntılı durumlardan kurtulmanın bir yolu, tümdengelimli düşüncenin temel gelişimi olabilir. Diğer durumlarda psikiyatristler bu tür hastalarla çalışır.

Yukarıdaki tümevarım örnekleri, "yasayı bilmemenin sizi (yanlış kararların) sonuçlarından muaf tutmadığını" göstermektedir.

Tümdengelimli düşünme konusu üzerinde çalışan psikologlar, insanların bu yöntemde ustalaşmasına yardımcı olmak için tasarlanmış bir öneri listesi hazırladılar.

İlk nokta problem çözmektir. Görüldüğü gibi matematikte kullanılan tümevarım şekli “klasik” sayılabilir ve bu yöntemin kullanılması zihnin “disiplinlenmesine” katkı sağlar.

Tümdengelimli düşüncenin gelişmesinin bir sonraki koşulu kişinin ufkunu genişletmektir (açıkça düşünenler kendilerini açıkça ifade ederler). Bu tavsiye, “acıları” bilim ve bilgi hazinelerine (kütüphaneler, web siteleri, eğitim girişimleri, seyahat vb.) yönlendirmektedir.

Sözde "psikolojik tümevarım"dan özel olarak bahsetmek gerekir. Bu terim sık olmasa da internette bulunabilir. Tüm kaynaklar, bu terimin tanımının en azından kısa bir formülasyonunu sağlamaz, ancak "yaşamdan örneklere" atıfta bulunurken, yeni bir tümevarım türü olarak ya öneri, ya bazı akıl hastalıkları ya da aşırı durumlar olarak geçiştirir. insan ruhu. Yukarıdakilerin hepsinden, yanlış (çoğunlukla doğru olmayan) öncüllere dayanarak "yeni bir terim" türetme girişiminin, deneyciyi hatalı (veya aceleci) bir ifade elde etmeye mahkum ettiği açıktır.

1960 deneylerine yapılan atıfların (yeri, deneycilerin adlarını, deneklerin örneklemini ve en önemlisi deneyin amacını belirtmeden) en hafif deyimle, inandırıcılıktan uzak göründüğünü ve Beynin bilgiyi tüm algı organlarını atlayarak algıladığı ifadesi ("etkilendi" ifadesi bu durumda daha organik bir şekilde uyuyor), ifadenin yazarının saflığı ve eleştirisizliği hakkında düşündürüyor.

Bir sonuç yerine

Bilimlerin kraliçesi matematiğin tümevarım ve tümdengelim yönteminin tüm olası rezervlerini kullanması boşuna değildir. Ele alınan örnekler, en doğru ve güvenilir yöntemlerin bile yüzeysel ve beceriksiz (dedikleri gibi düşüncesiz) uygulanmasının her zaman hatalı sonuçlara yol açtığı sonucuna varmamızı sağlar.

Kitle bilincinde, tümdengelim yöntemi, mantıksal yapılarında tümevarım örneklerini daha sık kullanan ve doğru durumlarda tümdengelim kullanan ünlü Sherlock Holmes ile ilişkilidir.

Makale, bu yöntemlerin çeşitli bilimlerde ve insan faaliyet alanlarındaki uygulama örneklerini inceledi.