ჭეშმარიტი ცოდნა ნებისმიერ დროს ეფუძნებოდა ნიმუშის დადგენას და გარკვეულ გარემოებებში მისი უტყუარობის დადასტურებას. ლოგიკური მსჯელობის არსებობის ასეთი ხანგრძლივი პერიოდისთვის წესების ფორმულირებები იყო მოცემული და არისტოტელემ კი შეადგინა „სწორი მსჯელობის“ სია. ისტორიულად, ჩვეულებრივია ყველა დასკვნის დაყოფა ორ ტიპად - კონკრეტულიდან მრავლობით რიცხვამდე (ინდუქციური) და პირიქით (დედუქცია). უნდა აღინიშნოს, რომ მტკიცებულებების ტიპები კონკრეტულიდან ზოგადამდე და ზოგადიდან კონკრეტულამდე არსებობს მხოლოდ ურთიერთკავშირში და მათი გაცვლა შეუძლებელია.

ინდუქცია მათემატიკაში

ტერმინს "ინდუქცია" (ინდუქცია) აქვს ლათინური ფესვები და სიტყვასიტყვით ითარგმნება როგორც "ხელმძღვანელობა". მჭიდრო შესწავლის შედეგად შეიძლება განვასხვავოთ სიტყვის სტრუქტურა, კერძოდ, ლათინური პრეფიქსი - in- (აღნიშნავს მიმართულ მოქმედებას შიგნით ან შიგნით) და -დუქცია - შესავალი. აღსანიშნავია, რომ არსებობს ორი ტიპი - სრული და არასრული ინდუქცია. სრული ფორმა ხასიათდება გარკვეული კლასის ყველა საგნის შესწავლით გამოტანილი დასკვნებით.

არასრული - დასკვნები გამოიყენება კლასის ყველა საგანზე, მაგრამ გაკეთებულია მხოლოდ რამდენიმე ერთეულის შესწავლის საფუძველზე.

სრული მათემატიკური ინდუქცია არის დასკვნა, რომელიც ეფუძნება ზოგად დასკვნას ნებისმიერი ობიექტის მთელი კლასის შესახებ, რომლებიც ფუნქციურად დაკავშირებულია რიცხვების ბუნებრივი რიგის ურთიერთობებით, ამ ფუნქციური კავშირის ცოდნის საფუძველზე. ამ შემთხვევაში, მტკიცებულების პროცესი ხდება სამ ეტაპად:

• პირველ ეტაპზე დასტურდება მათემატიკური ინდუქციის დებულების სისწორე. მაგალითი: f = 1, ინდუქცია;
• შემდეგი ეტაპი ემყარება დაშვებას, რომ პოზიცია მოქმედებს ყველა ნატურალური რიცხვისთვის. ანუ f=h, ეს არის ინდუქციური დაშვება;
• მესამე ეტაპზე მტკიცდება პოზიციის მართებულობა f=h+1 რიცხვისთვის, წინა აბზაცის პოზიციის სისწორეზე დაყრდნობით - ეს არის ინდუქციური გადასვლა, ანუ მათემატიკური ინდუქციის საფეხური. ამის მაგალითია ე.წ. თუ მწკრივის პირველი ძვალი ეცემა (ბაზისი), მაშინ მწკრივის ყველა ძვალი ეცემა (გარდამავალი).

ხუმრობითაც და სერიოზულადაც

აღქმის გასაადვილებლად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით ამონახსნების მაგალითები დაგმო ხუმრობის ამოცანების სახით. ეს არის Polite Queue ამოცანა:

• ქცევის წესები კრძალავს მამაკაცს ქალის წინაშე მორიგეობას (ასეთ სიტუაციაში მას წინ უშვებენ). ამ განცხადებიდან გამომდინარე, თუ რიგში ბოლო მამაკაცია, მაშინ ყველა დანარჩენი მამაკაცია.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის თვალსაჩინო მაგალითია პრობლემა "განზომილებიანი ფრენა":

• საჭიროა დაამტკიცოს, რომ მიკროავტობუსში ნებისმიერი რაოდენობის ადამიანი ჯდება. მართალია, ტრანსპორტის შიგნით ჯდება ერთი ადამიანი უპრობლემოდ (ბაზისით). მაგრამ რაც არ უნდა სავსე იყოს მიკროავტობუსი, მასში ყოველთვის ჯდება 1 მგზავრი (ინდუქციური ნაბიჯი).

ნაცნობი წრეები

საკმაოდ გავრცელებულია მათემატიკური ინდუქციით ამოცანებისა და განტოლებების ამოხსნის მაგალითები. როგორც ამ მიდგომის ილუსტრაცია, შეგვიძლია განვიხილოთ შემდეგი პრობლემა.

მდგომარეობა: h წრეები მოთავსებულია სიბრტყეზე. საჭიროა დაამტკიცოს, რომ ფიგურების ნებისმიერი განლაგებისთვის, მათ მიერ ჩამოყალიბებული რუკა შეიძლება სწორად იყოს შეღებილი ორ ფერში.

გამოსავალი: h=1-სთვის დებულების ჭეშმარიტება აშკარაა, ამიტომ მტკიცებულება აშენდება h+1 წრეების რაოდენობაზე.

დავუშვათ, რომ განცხადება მართალია ნებისმიერი რუქისთვის და სიბრტყეზე მოცემულია h + 1 წრეები. ერთ-ერთი წრის ჯამიდან ამოღებით, შეგიძლიათ მიიღოთ ორი ფერის (შავი და თეთრი) სწორად შეღებილი რუკა.

წაშლილი წრის აღდგენისას, თითოეული უბნის ფერი იცვლება საპირისპიროდ (ამ შემთხვევაში, წრის შიგნით). გამოდის ორ ფერში სწორად შეღებილი რუკა, რომელიც საჭირო იყო დასამტკიცებლად.

მაგალითები ნატურალური რიცხვებით

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება ნათლად არის ნაჩვენები ქვემოთ.

გადაწყვეტის მაგალითები:

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი h-სთვის ტოლობა სწორი იქნება:

1 2 +2 2 +3 2 +…+სთ 2 =სთ(სთ+1)(2სთ+1)/6.

1. მოდით h=1, მაშინ:

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

აქედან გამომდინარეობს, რომ h=1 დებულება სწორია.

2. თუ დავუშვებთ, რომ h=d, მიიღება შემდეგი განტოლება:

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

3. თუ დავუშვებთ, რომ h=d+1, გამოდის:

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.

ამრიგად, h=d+1 ტოლობის მართებულობა დადასტურდა, ამიტომ დებულება მართალია ნებისმიერისთვის. ბუნებრივი რიცხვი, რაც ამოხსნის მაგალითში ნაჩვენებია მათემატიკური ინდუქციის საშუალებით.

Დავალება

მდგომარეობა: საჭიროა მტკიცებულება, რომ h-ის ნებისმიერი მნიშვნელობისთვის გამოთქმა 7 h -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე.

გამოსავალი:

1. ვთქვათ h=1, ამ შემთხვევაში:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (ანუ გაყოფილი 6-ზე ნაშთის გარეშე)

მაშასადამე, h=1-ისთვის დებულება მართალია;

2. ვთქვათ h=d და 7 d -1 ნაშთების გარეშე იყოფა 6-ზე;

3. h=d+1 დებულების მართებულობის დამადასტურებელი ფორმულაა:

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

ამ შემთხვევაში პირველი წევრი იყოფა 6-ზე პირველი პუნქტის დაშვებით, ხოლო მეორე წევრი უდრის 6-ს. დებულება, რომ 7 h -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე ნებისმიერი ბუნებრივი h-სთვის, მართალია.

განსჯის სიცრუე

ხშირად, არასწორი მსჯელობა გამოიყენება მტკიცებულებებში, გამოყენებული ლოგიკური კონსტრუქციების უზუსტობის გამო. ძირითადად, ეს მაშინ ხდება, როცა მტკიცებულების სტრუქტურა და ლოგიკა ირღვევა. არასწორი მსჯელობის მაგალითია შემდეგი ილუსტრაცია.

Დავალება

მდგომარეობა: მოითხოვს მტკიცებულებას, რომ ქვების ნებისმიერი გროვა არ არის გროვა.

გამოსავალი:

1. ვთქვათ h=1, ამ შემთხვევაში წყობაში არის 1 ქვა და დებულება მართალია (საფუძველი);

2. მართალი იყოს h=d-ისთვის, რომ ქვების გროვა არ არის წყობა (ვარაუდი);

3. მოდით h=d+1, საიდანაც გამოდის, რომ როდესაც კიდევ ერთი ქვა დაემატება, ნაკრები არ იქნება გროვა. დასკვნა თავისთავად გვაფიქრებინებს, რომ დაშვება მართებულია ყველა ბუნებრივი თ.

შეცდომა მდგომარეობს იმაში, რომ არ არსებობს განსაზღვრება, თუ რამდენი ქვა ქმნის გროვას. ასეთ გამოტოვებას მათემატიკური ინდუქციის მეთოდში ნაჩქარევი განზოგადება ეწოდება. მაგალითი ნათლად აჩვენებს ამას.

ინდუქცია და ლოგიკის კანონები

ისტორიულად ისინი ყოველთვის „ხელჩაკიდებულნი დადიან“. ასეთი სამეცნიერო დისციპლინებილოგიკის მსგავსად, ფილოსოფია აღწერს მათ, როგორც საპირისპირო.

ლოგიკის კანონის თვალსაზრისით, ინდუქციური განმარტებები ემყარება ფაქტებს, ხოლო წინამდებარეობის სიზუსტე არ განსაზღვრავს მიღებული განცხადების სისწორეს. ხშირად დასკვნები მიიღება გარკვეული ალბათობით და დამაჯერებლობით, რაც, რა თქმა უნდა, უნდა გადამოწმდეს და დადასტურდეს დამატებითი კვლევებით. ლოგიკაში ინდუქციის მაგალითი იქნება განცხადება:

გვალვა ესტონეთში, გვალვა ლატვიაში, გვალვა ლიტვაში.

ესტონეთი, ლატვია და ლიტვა ბალტიისპირეთის ქვეყნებია. გვალვა ბალტიის ყველა ქვეყანაში.

მაგალითიდან შეგვიძლია დავასკვნათ, რომ ინდუქციის მეთოდით ახალი ინფორმაციის ან სიმართლის მიღება შეუძლებელია. ყველაფერი, რისი დათვლაც შეიძლება, არის დასკვნების შესაძლო სიზუსტე. უფრო მეტიც, შენობების სიმართლე არ იძლევა იგივე დასკვნების გარანტიას. თუმცა, ეს ფაქტი არ ნიშნავს იმას, რომ ინდუქცია ვეგეტაციებს დედუქციის უკანა ეზოში: დიდი რაოდენობით დებულებები და სამეცნიერო კანონები დასაბუთებულია ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით. მათემატიკა, ბიოლოგია და სხვა მეცნიერებები შეიძლება იყოს მაგალითი. ეს ძირითადად განპირობებულია სრული ინდუქციის მეთოდით, მაგრამ ზოგიერთ შემთხვევაში ნაწილობრივ გამოიყენება.

ინდუქციის პატივცემულმა ასაკმა მას საშუალება მისცა შეღწევა ადამიანის საქმიანობის თითქმის ყველა სფეროში - ეს არის მეცნიერება, ეკონომიკა და ყოველდღიური დასკვნები.

ინდუქცია სამეცნიერო გარემოში

ინდუქციის მეთოდი მოითხოვს სკრუპულოზურ დამოკიდებულებას, რადგან ძალიან ბევრია დამოკიდებული მთელი შესწავლილი დეტალების რაოდენობაზე: რა მეტიშესწავლილი, მით უფრო სანდოა შედეგი. ამ მახასიათებლის საფუძველზე, ინდუქციის მეთოდით მიღებული სამეცნიერო კანონები საკმაოდ დიდი ხნის განმავლობაში ტესტირება ხდება ალბათური ვარაუდების დონეზე, რათა მოხდეს ყველა შესაძლო სტრუქტურული ელემენტის, კავშირისა და გავლენის იზოლირება და შესწავლა.

მეცნიერებაში ინდუქციური დასკვნა ეფუძნება მნიშვნელოვანი თვისებებიშემთხვევითი პოზიციების გარდა. Ეს ფაქტიმნიშვნელოვანია ბუნებიდან გამომდინარე მეცნიერული ცოდნა. ეს ნათლად ჩანს მეცნიერებაში ინდუქციის მაგალითებში.

სამეცნიერო სამყაროში ინდუქციის ორი ტიპი არსებობს (სწავლის მეთოდთან დაკავშირებით):

1. ინდუქციურ-შერჩევა (ან შერჩევა);
2. ინდუქცია - გამორიცხვა (ელიმინაცია).

პირველი ტიპი გამოირჩევა კლასის (ქვეკლასების) მეთოდური (საკონტროლო) შერჩევით მისი სხვადასხვა სფეროდან.

ამ ტიპის ინდუქციის მაგალითია შემდეგი: ვერცხლი (ან ვერცხლის მარილები) ასუფთავებს წყალს. დასკვნა ეფუძნება გრძელვადიან დაკვირვებებს (დადასტურებებისა და უარყოფების ერთგვარი შერჩევა - შერჩევა).

ინდუქციის მეორე ტიპი ემყარება დასკვნებს მიზეზობრივიდა გამორიცხული გარემოებები, რომლებიც არ აკმაყოფილებენ მის თვისებებს, კერძოდ, უნივერსალურობას, დროითი თანმიმდევრობის დაცვას, აუცილებლობას და გაურკვევლობას.

ინდუქცია და დედუქცია ფილოსოფიის პოზიციიდან

თუ გადავხედავთ ისტორიულ რეტროსპექტივას, ტერმინი „ინდუქცია“ პირველად სოკრატემ მოიხსენია. არისტოტელემ აღწერა ინდუქციის მაგალითები ფილოსოფიაში უფრო სავარაუდო ტერმინოლოგიურ ლექსიკონში, მაგრამ არასრული ინდუქციის საკითხი ღია რჩება. არისტოტელესეული სილოგიზმის დევნის შემდეგ, ინდუქციური მეთოდი ნაყოფიერად და საბუნებისმეტყველო მეცნიერებაში ერთადერთ შესაძლოდ იქნა აღიარებული. ბეკონი განიხილება ინდუქციის, როგორც დამოუკიდებელი სპეციალური მეთოდის მამად, მაგრამ მან ვერ გამოყო, როგორც ამას მისი თანამედროვეები ითხოვდნენ, ინდუქცია დედუქციური მეთოდისგან.

ინდუქციის შემდგომი განვითარება განხორციელდა ჯ. მილმა, რომელმაც ინდუქციის თეორია განიხილა ოთხი ძირითადი მეთოდის: შეთანხმების, სხვაობის, ნარჩენების და შესაბამისი ცვლილებების პოზიციიდან. გასაკვირი არ არის, რომ დღეს ჩამოთვლილი მეთოდები, დეტალურად განხილვისას, დედუქციურია.

ბეკონისა და მილის თეორიების შეუსაბამობის გაცნობიერებამ აიძულა მეცნიერები გამოეკვლიათ ინდუქციის ალბათური საფუძველი. თუმცა, აქაც იყო გარკვეული უკიდურესობები: ცდილობდნენ ინდუქციის შემცირებას ალბათობის თეორიამდე, ყველა შემდგომი შედეგით.

ინდუქცია იღებს ნდობის ხმას, როცა პრაქტიკული გამოყენებაგარკვეული საგნობრივი სფეროებიდა ინდუქციური ბაზის მეტრული სიზუსტის წყალობით. ფილოსოფიაში ინდუქციისა და დედუქციის მაგალითად შეიძლება ჩაითვალოს უნივერსალური მიზიდულობის კანონი. კანონის აღმოჩენის თარიღისთვის ნიუტონმა შეძლო მისი გადამოწმება 4 პროცენტის სიზუსტით. ხოლო ორასზე მეტი წლის შემდეგ შემოწმებისას სისწორე დადასტურდა 0,0001 პროცენტის სიზუსტით, თუმცა შემოწმება განხორციელდა იგივე ინდუქციური განზოგადებით.

თანამედროვე ფილოსოფია უფრო მეტ ყურადღებას აქცევს დედუქციას, რომელიც ნაკარნახევია ლოგიკური სურვილით, მიიღონ ახალი ცოდნა (ან სიმართლე) უკვე ცნობილიდან, გამოცდილების, ინტუიციის გამოყენების გარეშე, მაგრამ "სუფთა" მსჯელობის გამოყენებით. დედუქციურ მეთოდში ჭეშმარიტ პირობებზე მითითებისას, ყველა შემთხვევაში, გამომავალი არის ჭეშმარიტი განცხადება.

ამ ძალიან მნიშვნელოვანმა მახასიათებელმა არ უნდა დაჩრდილოს ინდუქციური მეთოდის მნიშვნელობა. ვინაიდან ინდუქცია, გამოცდილების მიღწევებზე დაფუძნებული, ხდება მისი დამუშავების საშუალებაც (განზოგადებისა და სისტემატიზაციის ჩათვლით).

ინდუქციის გამოყენება ეკონომიკაში

ინდუქცია და დედუქცია დიდი ხანია გამოიყენება, როგორც ეკონომიკის შესწავლისა და მისი განვითარების პროგნოზირების მეთოდები.

ინდუქციური მეთოდის გამოყენების დიაპაზონი საკმაოდ ფართოა: საპროგნოზო მაჩვენებლების შესრულების შესწავლა (მოგება, ამორტიზაცია და ა.შ.) და საერთო ქულასაწარმოს მდგომარეობა; საწარმოთა ხელშეწყობის ეფექტური პოლიტიკის ჩამოყალიბება ფაქტებზე და მათ ურთიერთობებზე.

ინდუქციის იგივე მეთოდი გამოიყენება Shewhart-ის სქემებში, სადაც, იმ ვარაუდით, რომ პროცესები იყოფა კონტროლირებად და უმართავებად, ნათქვამია, რომ კონტროლირებადი პროცესის ჩარჩო არააქტიურია.

უნდა აღინიშნოს, რომ მეცნიერული კანონები გამართლებულია და დადასტურებულია ინდუქციის მეთოდით, და რადგან ეკონომიკა არის მეცნიერება, რომელიც ხშირად იყენებს მათემატიკურ ანალიზს, რისკის თეორიას და სტატისტიკურ მონაცემებს, გასაკვირი არ არის, რომ ინდუქცია შედის ძირითადი მეთოდების ჩამონათვალში.

შემდეგი სიტუაცია შეიძლება გახდეს ინდუქციისა და დედუქციის მაგალითი ეკონომიკაში. სურსათზე (სამომხმარებლო კალათიდან) და აუცილებელი საქონლის ფასის ზრდა მომხმარებელს უბიძგებს იფიქროს სახელმწიფოში წარმოშობილ მაღალ ღირებულებაზე (ინდუქცია). ამავდროულად, მაღალი ღირებულების ფაქტიდან დახმარებით მათემატიკური მეთოდებიშესაძლებელია ცალკეულ საქონელზე ან საქონლის კატეგორიებზე ფასების ზრდის ინდიკატორების გამოყვანა (გამოქვითვა).

ყველაზე ხშირად, მენეჯმენტის პერსონალი, მენეჯერები და ეკონომისტები მიმართავენ ინდუქციის მეთოდს. საწარმოს განვითარების, საბაზრო ქცევისა და კონკურენციის შედეგების საკმარისი სიმართლით პროგნოზირების მიზნით, საჭიროა ინფორმაციის ანალიზისა და დამუშავების ინდუქციურ-დედუქციური მიდგომა.

ინდუქციის ილუსტრაციული მაგალითი ეკონომიკაში, რომელიც ეხება მცდარ განსჯებს:

• კომპანიის მოგება შემცირდა 30%-ით;
  კონკურენტმა გააფართოვა პროდუქციის ხაზი;
  სხვა არაფერი შეცვლილა;
• კონკურენტი კომპანიის წარმოების პოლიტიკამ გამოიწვია მოგების 30%-იანი შემცირება;
• შესაბამისად, იგივე საწარმოო პოლიტიკა უნდა განხორციელდეს.

მაგალითი არის ფერადი ილუსტრაცია იმისა, თუ როგორ უწყობს ხელს ინდუქციის მეთოდის არასწორად გამოყენება საწარმოს დანგრევას.

დედუქცია და ინდუქცია ფსიქოლოგიაში

ვინაიდან არსებობს მეთოდი, მაშინ, ლოგიკურად, არსებობს სათანადოდ ორგანიზებული აზროვნებაც (მეთოდის გამოყენებისთვის). ფსიქოლოგია, როგორც მეცნიერება, რომელიც სწავლობს ფსიქიკური პროცესებიმათი ჩამოყალიბება, განვითარება, ურთიერთობები, ურთიერთქმედება, ყურადღებას აქცევს „დედუქციურ“ აზროვნებას, როგორც დედუქციისა და ინდუქციის გამოვლენის ერთ-ერთ ფორმას. სამწუხაროდ, ინტერნეტში ფსიქოლოგიის გვერდებზე პრაქტიკულად არ არის გამართლებული დედუქციურ-ინდუქციური მეთოდის მთლიანობა. მიუხედავად იმისა, რომ პროფესიონალ ფსიქოლოგებს უფრო ხშირად ექმნებათ ინდუქციის გამოვლინებები, უფრო სწორად, მცდარი დასკვნები.

ფსიქოლოგიაში ინდუქციის მაგალითი, როგორც მცდარი განსჯის ილუსტრაცია, არის განცხადება: დედაჩემი მატყუარაა, მაშასადამე, ყველა ქალი მატყუარაა. არსებობს ცხოვრებისეული ინდუქციის კიდევ უფრო "მცდარი" მაგალითები:

• მოსწავლეს არაფრის უნარი არ შესწევს, თუ მათემატიკაში დიუზა მიიღო;
• ის სულელია;
• ის ჭკვიანია;
• მე შემიძლია ყველაფერი გავაკეთო;

და მრავალი სხვა ღირებულებითი განსჯა, რომელიც დაფუძნებულია აბსოლუტურად შემთხვევით და ზოგჯერ უმნიშვნელო შეტყობინებებზე.

უნდა აღინიშნოს: როდესაც ადამიანის მსჯელობის მცდარი აბსურდულობამდე მიდის, ფსიქოთერაპევტს მუშაობის ფრონტი უჩნდება. სპეციალისტის დანიშვნაზე ინდუქციის ერთი მაგალითი:

„პაციენტი აბსოლუტურად დარწმუნებულია, რომ წითელი ფერი მისთვის მხოლოდ საშიშროებას შეიცავს ნებისმიერი გამოვლინებით. შედეგად, ადამიანმა გამორიცხა ეს ფერის სქემა თავისი ცხოვრებიდან - შეძლებისდაგვარად. სახლის გარემოში კომფორტული ცხოვრების უამრავი შესაძლებლობაა. შეგიძლიათ უარი თქვათ ყველა წითელ ნივთზე ან შეცვალოთ ისინი სხვა ფერის სქემით დამზადებული ანალოგებით. მაგრამ შიგნით საზოგადოებრივ ადგილებში, სამსახურში, მაღაზიაში - შეუძლებელია. სტრესულ სიტუაციაში მოხვედრისას, პაციენტი ყოველ ჯერზე განიცდის სრულიად განსხვავებულ „მოქცევას“. ემოციური მდგომარეობებირამაც შესაძლოა საფრთხე შეუქმნას სხვებს“.

ინდუქციის ამ მაგალითს, და არაცნობიერად, ეწოდება "ფიქსირებული იდეები". თუ ეს დაემართება ფსიქიკურად ჯანმრთელ ადამიანს, შეიძლება ვისაუბროთ ორგანიზებულობის ნაკლებობაზე გონებრივი აქტივობა. მოშორების გზა აკვიატებული მდგომარეობებიშეიძლება გახდეს დედუქციური აზროვნების ელემენტარული განვითარება. სხვა შემთხვევაში ასეთ პაციენტებთან ფსიქიატრები მუშაობენ.

ინდუქციის ზემოაღნიშნული მაგალითები მიუთითებს იმაზე, რომ „კანონის უცოდინრობა არ ათავისუფლებს შედეგებისგან (მცდარი მსჯელობისგან)“.

ფსიქოლოგებმა, რომლებიც მუშაობენ დედუქციური აზროვნების თემაზე, შეადგინეს რეკომენდაციების სია, რომლებიც მიზნად ისახავს ადამიანებს ამ მეთოდის დაუფლებაში.

პირველი ნაბიჯი არის პრობლემის გადაჭრა. როგორც ჩანს, მათემატიკაში გამოყენებული ინდუქციის ფორმა „კლასიკურად“ შეიძლება ჩაითვალოს და ამ მეთოდის გამოყენება ხელს უწყობს გონების „დისციპლინას“.

დედუქციური აზროვნების განვითარების შემდეგი პირობაა ჰორიზონტების გაფართოება (ისინი, ვინც ნათლად ფიქრობს, ნათლად აცხადებენ). ეს რეკომენდაცია მიმართავს „ტანჯვას“ მეცნიერებისა და ინფორმაციის საგანძურისკენ (ბიბლიოთეკები, ვებსაიტები, საგანმანათლებლო ინიციატივები, მოგზაურობა და ა.შ.).

ცალკე უნდა აღინიშნოს ე.წ. „ფსიქოლოგიური ინდუქცია“. ეს ტერმინი, თუმცა იშვიათად, შეიძლება მოიძებნოს ინტერნეტში. ყველა წყარო არ იძლევა ამ ტერმინის სულ მცირე მოკლე განმარტებას, მაგრამ მიუთითებს „მაგალითები ცხოვრებიდან“, ხოლო გადმოცემულია როგორც ახალი სახეობაინდუქცია ან წინადადება, ან ფსიქიკური დაავადების ზოგიერთი ფორმა, ან ადამიანის ფსიქიკის უკიდურესი მდგომარეობა. ყოველივე ზემოთქმულიდან ირკვევა, რომ დასკვნის მცდელობა ახალი ტერმინი“, ეყრდნობა ცრუ (ხშირად ტყუილ) ნაგებობებს, განწირავს ექსპერიმენტატორს მცდარი (ან ნაჩქარევი) განცხადების მისაღებად.

უნდა აღინიშნოს, რომ მითითება 1960 წლის ექსპერიმენტებზე (ადგილის, ექსპერიმენტატორების სახელების, სუბიექტების ნიმუშის და რაც მთავარია ექსპერიმენტის მიზნის მითითების გარეშე) გამოიყურება, რბილად რომ ვთქვათ, არადამაჯერებელი და განცხადება. რომ ტვინი აღიქვამს ინფორმაციას აღქმის ყველა ორგანოს გვერდის ავლით (ფრაზა „გამოცდილი“ ამ შემთხვევაში უფრო ორგანულად შეეფერება), აიძულებს დაფიქრდეს განცხადების ავტორის გულუბრყვილობასა და არაკრიტიკულობაზე.

დასკვნის ნაცვლად

მეცნიერებათა დედოფალი - მათემატიკა, ტყუილად არ იყენებს ინდუქციისა და დედუქციის მეთოდის ყველა შესაძლო რეზერვს. განხილული მაგალითები საშუალებას გვაძლევს დავასკვნათ, რომ ყველაზე ზუსტი და სანდო მეთოდების ზედაპირული და უაზრო (როგორც იტყვიან დაუფიქრებელი) გამოყენება ყოველთვის მცდარ შედეგებამდე მივყავართ.

AT მასობრივი ცნობიერებადედუქციის მეთოდი დაკავშირებულია ცნობილ შერლოკ ჰოლმსთან, რომელიც თავის ლოგიკურ კონსტრუქციებში ხშირად იყენებს ინდუქციის მაგალითებს საჭირო სიტუაციებში დედუქციის გამოყენებით.

სტატიაში განხილული იყო ამ მეთოდების გამოყენების მაგალითები ადამიანის ცხოვრების სხვადასხვა მეცნიერებებში და სფეროებში.

მათემატიკური ინდუქცია საფუძვლად უდევს მათემატიკური მტკიცებულებების ერთ-ერთ ყველაზე გავრცელებულ მეთოდს. ის შეიძლება გამოყენებულ იქნას დასამტკიცებლად ყველაზეფორმულები ნატურალური რიცხვებით n, მაგალითად, S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n პროგრესიის პირველი წევრთა ჯამის პოვნის ფორმულა, ნიუტონის ბინომიალური ფორმულა a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 a n - 1 b + . . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n.

პირველ აბზაცში გავაანალიზებთ ძირითად ცნებებს, შემდეგ განვიხილავთ თავად მეთოდის საფუძვლებს და შემდეგ გეტყვით, თუ როგორ გამოვიყენოთ იგი თანასწორობისა და უტოლობის დასამტკიცებლად.

ინდუქციისა და დედუქციის ცნებები

ჯერ ვნახოთ, რა არის ზოგადად ინდუქცია და დედუქცია.

განმარტება 1

ინდუქციაარის გადასვლა კონკრეტულიდან ზოგადზე და გამოქვითვაპირიქით, ზოგადიდან კონკრეტულამდე.

მაგალითად, ჩვენ გვაქვს განცხადება: 254 შეიძლება დაიყოს მთლიანად ორად. მისგან ბევრი დასკვნის გაკეთება შეგვიძლია, რომელთა შორის იქნება როგორც ჭეშმარიტი, ასევე მცდარი. მაგალითად, დებულება, რომ ყველა რიცხვი, რომელსაც აქვს ნომერი 4 ბოლოს, შეიძლება გაიყოს ორზე ნაშთის გარეშე, მართალია, მაგრამ რომ სამი ციფრის ნებისმიერი რიცხვი იყოფა 2-ზე, მცდარია.

ზოგადად, შეიძლება ითქვას, რომ ინდუქციური მსჯელობის დახმარებით შეიძლება ბევრი დასკვნის მიღება ერთი ცნობილი თუ აშკარა მსჯელობიდან. მათემატიკური ინდუქცია გვაძლევს საშუალებას განვსაზღვროთ რამდენად მართებულია ეს დასკვნები.

დავუშვათ, გვაქვს ისეთი რიცხვების მიმდევრობა, როგორიცაა 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , სადაც n აღნიშნავს ნატურალურ რიცხვს. ამ შემთხვევაში, მიმდევრობის პირველი ელემენტების დამატებისას, ვიღებთ შემდეგს:

S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 2, S 2 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 \u003d 2 3, S 3 \u003d 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 \u003d 4 = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5, . . .

ინდუქციის გამოყენებით შეგვიძლია დავასკვნათ, რომ S n = n n + 1 . მესამე ნაწილში ჩვენ დავამტკიცებთ ამ ფორმულას.

როგორია მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი

ეს მეთოდი ეფუძნება ამავე სახელწოდების პრინციპს. იგი ჩამოყალიბებულია ასე:

განმარტება 2

გარკვეული დებულება იქნება ჭეშმარიტი n ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის, როდესაც 1) იქნება ჭეშმარიტი n = 1-ისთვის და 2) იქიდან, რომ ეს გამოთქმა ჭეშმარიტია თვითნებური ბუნებრივი მნიშვნელობისთვის n = k, აქედან გამომდინარეობს, რომ ის ასევე იქნება ჭეშმარიტი n = k + 1-ისთვის.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენება ხორციელდება 3 ეტაპად:

1. პირველ რიგში, ჩვენ ვამოწმებთ თავდაპირველი განცხადების სისწორეს n-ის თვითნებური ბუნებრივი მნიშვნელობის შემთხვევაში (ჩვეულებრივ, ტესტი კეთდება ერთიანობისთვის).
2. ამის შემდეგ, ჩვენ ვამოწმებთ ერთგულებას n = k-ზე.
3. შემდეგ კი ვამტკიცებთ განცხადების მართებულობას, თუ n = k + 1 .

როგორ გამოვიყენოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი უტოლობებისა და განტოლებების ამოხსნისას

ავიღოთ მაგალითი, რომელზეც ადრე ვისაუბრეთ.

მაგალითი 1

დაამტკიცეთ ფორმულა S n = 1 1 2 + 1 2 3 + . . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

გამოსავალი

როგორც უკვე ვიცით, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოსაყენებლად სამი თანმიმდევრული ნაბიჯი უნდა შესრულდეს.

1. პირველ რიგში, ჩვენ ვამოწმებთ, იქნება თუ არა ეს ტოლობა მოქმედი n-ისთვის, რომელიც უდრის ერთს. ჩვენ ვიღებთ S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2. აქ ყველაფერი სწორია.
2. გარდა ამისა, ჩვენ ვაკეთებთ ვარაუდს, რომ ფორმულა S k = k k + 1 სწორია.
3. მესამე საფეხურზე უნდა დავამტკიცოთ, რომ S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2, წინა ტოლობის მართებულობის საფუძველზე.

ჩვენ შეგვიძლია წარმოვადგინოთ k + 1, როგორც თავდაპირველი მიმდევრობის პირველი წევრების ჯამი და k + 1:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2)

ვინაიდან მეორე საფეხურზე მივიღეთ, რომ S k = k k + 1, შეგვიძლია დავწეროთ შემდეგი:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) .

ახლა ჩვენ ვასრულებთ საჭირო გარდაქმნებს. წილადი უნდა შევამციროთ საერთო მნიშვნელიმსგავსი ტერმინების მოყვანით, გამოიყენეთ შემოკლებული გამრავლების ფორმულა და შეამცირეთ რაც მოხდა:

S k + 1 = S k + 1 k + 1 (k + 2) = k k + 1 + 1 k + 1 (k + 2) = = k (k + 2) + 1 k + 1 (k + 2) = k 2 + 2 k + 1 k + 1 (k + 2) = (k + 1) 2 k + 1 (k + 2) = k + 1 k + 2

ამრიგად, მესამე პუნქტში ტოლობა დავამტკიცეთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის სამივე საფეხურის შესრულებით.

პასუხი:ვარაუდი ფორმულის შესახებ S n = n n + 1 სწორია.

ავიღოთ ტრიგონომეტრიული ფუნქციების უფრო რთული ამოცანა.

მაგალითი 2

მიეცით ვინაობის დამადასტურებელი საბუთი cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

გამოსავალი

როგორც გვახსოვს, პირველი ნაბიჯი უნდა იყოს ტოლობის სისწორის შემოწმება, როდესაც n უდრის ერთს. ამის გასარკვევად, ჩვენ უნდა გვახსოვდეს ძირითადი ტრიგონომეტრიული ფორმულები.

cos 2 1 = cos 2 α sin 2 1 + 1 α 2 1 sin 2 α = sin 4 α 2 sin 2 α = 2 sin 2 α cos 2 α 2 sin 2 α = cos 2 α

მაშასადამე, n-ის ტოლი ერთისთვის, იდენტურობა იქნება ჭეშმარიტი.

ახლა დავუშვათ, რომ მისი მოქმედება შენარჩუნებულია n = k-ისთვის, ე.ი. მართალია, რომ cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

ჩვენ ვამტკიცებთ ტოლობას cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α იმ შემთხვევისთვის, როდესაც n = k + 1, წინა დაშვების საფუძველზე.

ტრიგონომეტრიული ფორმულის მიხედვით,

sin 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (sin (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + sin (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 ცოდვა (2 2 კ + 1 α) + ცოდვა 0 = 1 2 ცოდვა 2 კ + 2 α

შესაბამისად,

cos 2 α cos 4 α . . . · cos 2 k + 1 α = = cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α cos 2 k + 1 α = = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α cos 2 k + 1 α = 1 2 sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α

ამ მეთოდის გამოყენებით უტოლობის დადასტურების პრობლემის გადაჭრის მაგალითი მოცემულია სტატიაში უმცირესი კვადრატების მეთოდის შესახებ. წაიკითხეთ აბზაცი, რომელშიც მიღებულია მიახლოების კოეფიციენტების ფორმულები.

თუ შეამჩნევთ შეცდომას ტექსტში, მონიშნეთ იგი და დააჭირეთ Ctrl+Enter

MBOU ლიცეუმი "ტექნიკური და ეკონომიკური"

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

განმარტებითი შენიშვნა

მათემატიკური პროფილის მე-10 კლასის მოსწავლეებისთვის შედგენილია მეთოდოლოგიური შემუშავება „მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი“.

ძირითადი მიზნები: გააცნოს მოსწავლეებს მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი და ასწავლოს მისი გამოყენება სხვადასხვა ამოცანების გადაჭრაში.

AT მეთოდოლოგიური განვითარებაგანიხილება ელემენტარული მათემატიკის კითხვები: შემოთავაზებულია გაყოფის ამოცანები, იდენტობის მტკიცებულება, უტოლობის დადასტურება, სხვადასხვა ხარისხის სირთულის ამოცანები, ოლიმპიადებზე შემოთავაზებული ამოცანების ჩათვლით.

ინდუქციური დასკვნების როლი ექსპერიმენტულ მეცნიერებებში ძალიან დიდია. ისინი აძლევენ იმ დებულებებს, საიდანაც შემდგომი დასკვნები კეთდება გამოქვითვით. სახელი მათემატიკური ინდუქციის მეთოდიმოტყუებით - ფაქტობრივად, ეს მეთოდი დედუქციურია და იძლევა ინდუქციით გამოცნობილი განცხადებების მკაცრ მტკიცებულებას. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ხელს უწყობს მათემატიკის სხვადასხვა მონაკვეთებს შორის კავშირების გამოვლენას, ხელს უწყობს მოსწავლის მათემატიკური კულტურის განვითარებას.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის განმარტება. სრული და არასრული ინდუქცია. უთანასწორობის დადასტურება. პირადობის დამადასტურებელი საბუთი. გაყოფის ამოცანების ამოხსნა. სხვადასხვა ამოცანების ამოხსნა თემაზე „მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი“.

ლიტერატურა მასწავლებლისთვის

1. M.L.გალიცკი. Ღრმა სწავლებაალგებრისა და მათემატიკური ანალიზის კურსი. - მ.განმანათლებლობა.1986წ.

2. ლ.ი.ზვავიჩი. ალგებრა და ანალიზის დასაწყისი. დიდაქტიკური მასალები. მ.დროფა.2001წ.

3. ნ.ია ვილენკინი. ალგებრა და მათემატიკური ანალიზი. M განმანათლებლობა.1995წ.

4. იუ.ვ.მიხეევი. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. NGU.1995წ.

ლიტერატურა სტუდენტებისთვის

1. ნია ვილენკინი. ალგებრა და მათემატიკური ანალიზი. M განმანათლებლობა.1995წ.

2. იუ.ვ.მიხეევი. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. NGU.1995წ.

საკვანძო სიტყვები

ინდუქცია, აქსიომა, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი, სრული ინდუქცია, არასრული ინდუქცია, მტკიცება, იდენტურობა, უტოლობა, გაყოფა.

თემის დიდაქტიკური დანართი

„მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი“.

Გაკვეთილი 1

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის განმარტება.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ერთ-ერთია უაღრესად ეფექტური მეთოდიმოძებნეთ ახალი შედეგები და შემოთავაზებული ვარაუდების ჭეშმარიტების დადასტურება. მიუხედავად იმისა, რომ ეს მეთოდი მათემატიკაში ახალი არ არის, მის მიმართ ინტერესი არ იკლებს. პირველად მკაფიო პრეზენტაციით, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი გამოიყენა მე-17 საუკუნეში გამოჩენილმა ფრანგმა მეცნიერმა ბლეზ პასკალმა რიცხვითი სამკუთხედის თვისებების დასამტკიცებლად, რომელსაც მას შემდეგ მისი სახელი ეწოდა. თუმცა, მათემატიკური ინდუქციის იდეა ცნობილი იყო ძველი ბერძნებისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის პრინციპს, რომელიც მიღებულია აქსიომად. ჩვენ განვიხილავთ მათემატიკური ინდუქციის იდეას მაგალითებით.

მაგალითი #1.

კვადრატი სეგმენტით იყოფა ორ ნაწილად, შემდეგ ერთ-ერთი მიღებული ნაწილი იყოფა ორ ნაწილად და ა.შ. დაადგინეთ რამდენ ნაწილად იყოფა კვადრატი პნაბიჯები?

გამოსავალი.

პირველი ნაბიჯის შემდეგ ჩვენ, პირობითად, ვიღებთ 2 ნაწილს. მეორე საფეხურზე ერთ ნაწილს ვტოვებთ უცვლელად, მეორეს კი ვყოფთ 2 ნაწილად და ვიღებთ 3 ნაწილად. მესამე საფეხურზე უცვლელად ვტოვებთ 2 ნაწილს, ხოლო მესამეს ვყოფთ ორ ნაწილად და ვიღებთ 4 ნაწილად. მეოთხე საფეხურზე უცვლელად ვტოვებთ 3 ნაწილს, ბოლო ნაწილს ვყოფთ ორ ნაწილად და ვიღებთ 5 ნაწილად. მეხუთე საფეხურზე მივიღებთ 6 ნაწილს. წინადადება გაკეთებულია ამის მეშვეობით პნაბიჯებს ჩვენ ვიღებთ (n+1)ნაწილი. მაგრამ ეს წინადადება დასამტკიცებელია. მოდით ვივარაუდოთ, რომ მეშვეობით რომკვადრატი დაყოფილია საფეხურებად (k+1)ნაწილი. შემდეგ (k+1)ნაბიჯი ჩვენ რომნაწილები უცვლელი დარჩება და (k+1)გაყავით ნაწილი ორ ნაწილად და მიიღეთ (k+2)ნაწილები. თქვენ შეამჩნევთ, რომ შეგიძლიათ ასე კამათი იმდენ ხანს, სანამ გნებავთ, უსასრულოდ. ანუ ჩვენი ვარაუდი ისაა პსაფეხურების კვადრატი დაიყოფა (n+1)ნაწილი, ხდება დადასტურებული.

მაგალითი #2.

ბებიას ჰყავდა შვილიშვილი, რომელსაც ძალიან უყვარდა მურაბა და განსაკუთრებით ლიტრიანი ქილაში. მაგრამ ბებიამ შეხების უფლება არ მისცა. და შვილიშვილებმა გადაწყვიტეს ბებიის მოტყუება. მან გადაწყვიტა ყოველდღე ეჭამა 1/10 ლიტრი ამ ქილადან და შეავსო წყალი, კარგად აურიე. რამდენი დღის შემდეგ აღმოაჩენს ბებია მოტყუებას, თუ მურაბა გარეგნულად იგივე რჩება წყალში განახევრებით?

გამოსავალი.

იპოვეთ რამდენი სუფთა ჯემი დარჩება ქილაში შემდეგ პდღეები. პირველი დღის შემდეგ ნარევი დარჩება ქილაში, რომელიც შედგება 9/10 ჯემი და 1/10 წყალი. ორი დღის შემდეგ წყლისა და მურაბის ნარევის 1/10 ქილიდან გაქრება და დარჩება (1 ლიტრი ნარევი შეიცავს 9/10 ლიტრ ჯემს, 1/10 ლიტრი ნარევი შეიცავს 9/100 ლიტრ ჯემს)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 ლიტრი ჯემი. მესამე დღეს ქილიდან გაქრება 1/10 ლიტრი ნარევი, რომელიც შედგება 81/100 ჯემი და 19/100 წყალი. 1 ლიტრ ნარევში არის 81/100 ლიტრი ჯემი, 1/10 ლიტრი ნარევი 81/1000 ლიტრი ჯემი. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 ლიტრი მურაბა დარჩება 3 დღის შემდეგ, დანარჩენს კი წყალი წაიღებს. ჩნდება ნიმუში. მეშვეობით პდარჩენილი დღეები ბანკში (9/10) პლ ჯემი. მაგრამ კიდევ ერთხელ, ეს მხოლოდ ჩვენი ვარაუდია.

დაე რომარის თვითნებური ნატურალური რიცხვი. მოდით ვივარაუდოთ, რომ მეშვეობით რომდღეები ბანკში დარჩება (9/10) ლ ჯემამდე. ვნახოთ რა იქნება ბანკში სხვა დღეში, ანუ ში (k+1)დღის. გაქრება ბანკიდან 1/10ლნარევი (9/10) რომ ლჯემი და წყალი. AT 1ლნარევი არის (9/10) რომ ლჯემი, ში 1/10ლნარევები (9/10) k+1 ლჯემი. ახლა ჩვენ შეგვიძლია უსაფრთხოდ ვთქვათ, რომ მეშვეობით პდღეები დარჩა ბანკში (9/10) პ ლჯემი. 6 დღეში ბანკს ექნება 531444/1000000ლმურაბები, 7 დღის შემდეგ - 4782969/10000000ლჯემი, ანუ ნახევარზე ნაკლები.

პასუხი: 7 დღის შემდეგ ბებია აღმოაჩენს მოტყუებას.

შევეცადოთ გამოვყოთ ყველაზე ძირითადი განხილული პრობლემების გადაწყვეტაში. ჩვენ დავიწყეთ თითოეული მათგანის ამოხსნა ცალკეული ან, როგორც ამბობენ, განსაკუთრებული შემთხვევების განხილვით. შემდეგ ჩვენი დაკვირვების საფუძველზე გამოვთქვით რამდენიმე ვარაუდი P(n)ბუნებრივიდან გამომდინარე პ.

მტკიცება შემოწმდა, ანუ დადასტურდა P(1), P(2), P(3);

შესთავაზა რომ P(n)მოქმედებს n=kდა დაასკვნა, რომ მაშინ ის ძალაში იქნება შემდეგი n, n=k+1.

და შემდეგ ისინი კამათობდნენ ასეთი რამ: P(1)უფლება, P(2)უფლება, P(3)უფლება, P(4)მართალია... ასეა P(n).

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი.

განცხადება P(n)ბუნებრივიდან გამომდინარე პ, მოქმედებს ყველა ბუნებრივი პ, თუ

1) მტკიცების მართებულობა n=1;

2) განცხადების მართებულობის ვარაუდიდან P(n)ზე n=kუნდა

სამართლიანობა P(n)ზე n=k+1.

მათემატიკაში მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი არჩეულია, როგორც წესი, როგორც ერთ-ერთი აქსიომა, რომელიც განსაზღვრავს რიცხვთა ბუნებრივ სერიას და, შესაბამისად, მიღებულია მტკიცებულების გარეშე. მათემატიკური ინდუქციის პრინციპით მტკიცების მეთოდს ჩვეულებრივ უწოდებენ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდს. გაითვალისწინეთ, რომ ეს მეთოდი ფართოდ გამოიყენება თეორემების, იდენტობების, უტოლობების დასამტკიცებლად გაყოფის ამოცანების ამოხსნაში და მრავალი სხვა ამოცანის დასადასტურებლად.

გაკვეთილი #2

სრული და არასრული ინდუქცია.

იმ შემთხვევაში, როდესაც მათემატიკური დებულება ეხება ობიექტთა სასრულ რაოდენობას, ეს შეიძლება დადასტურდეს თითოეული ობიექტის შემოწმებით, მაგალითად, დებულება "ყოველი ორ ღირებულებით ლუწი რიცხვიარის ორის ჯამი მარტივი რიცხვები". დადასტურების მეთოდს, რომელშიც ჩვენ ვამოწმებთ დებულებას შემთხვევების სასრული რაოდენობისთვის, ეწოდება სრული მათემატიკური ინდუქცია. ეს მეთოდი შედარებით იშვიათად გამოიყენება, რადგან განცხადებები ყველაზე ხშირად განიხილება უსასრულო კომპლექტებზე. მაგალითად, თეორემა „ნებისმიერი ლუწი რიცხვი უდრის ორი მარტივი რიცხვის ჯამს“ აქამდე არც დადასტურებულა და არც უარყოფილი. ეს თეორემა პირველი მილიარდისთვისაც რომ გამოგვემოწმებინა, ეს ერთი ნაბიჯით არ დაგვაახლოებს მის დამტკიცებასთან.

AT ნატურალური მეცნიერებაგამოიყენეთ არასრული ინდუქცია, რამდენჯერმე შეამოწმეთ ექსპერიმენტი, გადაიტანეთ შედეგი ყველა შემთხვევაში.

მაგალითი #3

გამოიცანით არასრული ინდუქციის ფორმულით ნატურალური რიცხვების კუბების ჯამისთვის.

გამოსავალი.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

მტკიცებულება.

დაე ეს იყოს სიმართლე n=k.

მოდით დავამტკიცოთ, რომ ეს მართალია n=k+1.

დასკვნა: ნატურალური რიცხვების კუბების ჯამის ფორმულა მართალია ნებისმიერი ნატურისთვის პ.

მაგალითი #4

განიხილეთ თანასწორობა და გამოიცანით რა ზოგად კანონმდე მიგვიყვანს ეს მაგალითები.

გამოსავალი.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

მაგალითი #5

დაწერეთ შემდეგი გამონათქვამები ჯამის სახით:

1)
2)
3)
; 4)
.

ბერძნული ასო "სიგმა".

მაგალითი #6.

ნიშნის გამოყენებით დაწერეთ შემდეგი ჯამები
:

2)

მაგალითი #7.

დაწერეთ შემდეგი გამონათქვამები პროდუქტების სახით:

1)

3)
4)

მაგალითი #8.

ნიშნის გამოყენებით ჩამოწერეთ შემდეგი ნამუშევრები

(მთავრული ბერძნული ასო "პი")

1)
2)

მაგალითი #9.

მრავალწევრის მნიშვნელობის გამოთვლა ვ ( ნ )= ნ 2 + ნ +11 , ზე n=1,2,3,4.5,6,7 შეიძლება ვივარაუდოთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივიპნომერი ვ ( ნ ) მარტივი.

სწორია ეს ვარაუდი?

გამოსავალი.

თუ თითოეული ჯამი იყოფა რიცხვზე, მაშინ ჯამი იყოფა ამ რიცხვზე,
არ არის მარტივი რიცხვი ნებისმიერი ბუნებრივი რიცხვისთვისპ.

საქმეების სასრული რაოდენობის გარჩევა თამაშობს მნიშვნელოვანი როლიმათემატიკაში: ამა თუ იმ განცხადების დადასტურების გარეშე, ეხმარება გამოიცნოს ამ განცხადების სწორი ფორმულირება, თუ ის ჯერ კიდევ უცნობია. ასე მივიდა პეტერბურგის მეცნიერებათა აკადემიის წევრი გოლდბახი დასკვნამდე, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი რიცხვი, ორიდან დაწყებული, არის მაქსიმუმ სამი მარტივი რიცხვის ჯამი.

გაკვეთილი #3

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი საშუალებას გვაძლევს დავამტკიცოთ სხვადასხვა იდენტობა.

მაგალითი #10.მოდით დავამტკიცოთ ეს ყველასათვის პვინაობა

გამოსავალი.

დავსვათ

ჩვენ ეს უნდა დავამტკიცოთ

დავამტკიცოთ, რომ შემდეგ იდენტობის ჭეშმარიტებიდან

იდენტობის სიმართლე მოყვება

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპით, იდენტობის ჭეშმარიტება ყველასთვის პ.

მაგალითი #11.

ვინაობა დავამტკიცოთ

მტკიცებულება.

ვადის მიხედვით თანასწორობა.

;
. ასე რომ, ეს იდენტურობა მართალია ყველასთვისპ .

გაკვეთილი ნომერი 4.

იდენტობების დადასტურება მათემატიკური ინდუქციით.

მაგალითი #12. ვინაობა დავამტკიცოთ

მტკიცებულება.

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გამოყენებით დავამტკიცეთ, რომ თანასწორობა მართალია ყველასთვის პ.

მაგალითი #13. ვინაობა დავამტკიცოთ

მტკიცებულება.

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გამოყენებით დავამტკიცეთ, რომ დებულება მართალია ნებისმიერი ბუნებრივისთვის პ.

მაგალითი #14. ვინაობა დავამტკიცოთ

მტკიცებულება.

მაგალითი #15. ვინაობა დავამტკიცოთ

1) n=1;

2) ამისთვის n=k თანასწორობა

3) დაამტკიცეთ, რომ თანასწორობა მოქმედებს n=k+1:

დასკვნა: იდენტურობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივი პ.

მაგალითი #16.ვინაობა დავამტკიცოთ

მტკიცებულება.

Თუ n=1 , მაშინ

დაე, იდენტურობა შენარჩუნდეს n=k.

მოდით დავამტკიცოთ, რომ იდენტურობა მოქმედებს n=k+1.

მაშინ პირადობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივი პ.

გაკვეთილი ნომერი 5.

იდენტობების დადასტურება მათემატიკური ინდუქციით.

მაგალითი #17.ვინაობა დავამტკიცოთ

მტკიცებულება.

Თუ n=2 , მაშინ მივიღებთ სწორ ტოლობას:

დაე თანასწორობა იყოს ჭეშმარიტიn=k:

მოდით დავამტკიცოთ მტკიცების მართებულობა ამისთვის n=k+1.

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის მიხედვით, იდენტურობა მტკიცდება.

მაგალითი #18. ვინაობა დავამტკიცოთ
n≥2-ისთვის.

ზე n=2 ეს იდენტურობა შეიძლება გადაიწეროს ძალიან მარტივი ფორმით

და აშკარად მართალია.

დაუშვით n=kნამდვილად

.

მოდით დავამტკიცოთ მტკიცების მართებულობა ამისთვისn=k+1, ანუ თანასწორობა დაკმაყოფილებულია: .

ასე რომ, ჩვენ დავამტკიცეთ, რომ იდენტობა მართალია ნებისმიერი ბუნებრივისთვის n≥2.

მაგალითი #19. ვინაობა დავამტკიცოთ

ზე n=1 ჩვენ ვიღებთ სწორ თანასწორობას:

დავუშვათ, რომ ზე n=kჩვენ ასევე ვიღებთ სწორ ტოლობას:

დავამტკიცოთ, რომ თანასწორობის მართებულობა დაცულია n=k+1:

მაშინ პირადობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივი პ.

გაკვეთილი ნომერი 6.

გაყოფის ამოცანების ამოხსნა.

მაგალითი #20.დაამტკიცეთ მათემატიკური ინდუქციით რომ

იყოფა 6 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1 არის დაყოფა6 უკვალოდ,
.

დაუშვით n=k გამოხატულება
მრავალჯერადი6.

დავამტკიცოთ, რომ როდის n=k+1 გამოხატულება
მრავალჯერადი6 .

თითოეული ტერმინი არის მრავალჯერადი 6 , ასე რომ ჯამი არის ჯერადი 6 .

მაგალითი ნომერი 21.
ზე5 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1 გამოხატვა იყოფა
.

დაუშვით n=k გამოხატულება
ასევე იყოფა5 უკვალოდ.

ზე n=k+1იყოფა 5 .

მაგალითი #22. დაამტკიცე გამოთქმის გაყოფა
ზე16.

მტკიცებულება.

ზე n=1მრავალჯერადი 16 .

დაუშვით n=k
მრავალჯერადი16.

ზე n=k+1

ყველა ტერმინი იყოფა 16: პირველი აშკარად მეორეა ვარაუდით, ხოლო მესამეს აქვს ლუწი რიცხვი ფრჩხილებში.

მაგალითი #23. დაამტკიცეთ გაყოფა
ზე676.

მტკიცებულება.

ჯერ ეს დავამტკიცოთ
იყოფა
.

ზე n=0
.

დაუშვით n=k
იყოფა26 .

შემდეგ ზე n=k+1იყოფა 26 .

ახლა დავამტკიცოთ პრობლემის პირობებში ჩამოყალიბებული მტკიცება.

ზე n=1იყოფა 676.

ზე n=k მართალია, რომ
იყოფა26 2 .

ზე n=k+1 .

ორივე ტერმინი იყოფა 676 ; პირველი იმიტომ, რომ ჩვენ დავამტკიცეთ გაყოფა 26 გამოხატულება ფრჩხილებში, ხოლო მეორე იყოფა ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით.

გაკვეთილი ნომერი 7.

გაყოფის ამოცანების ამოხსნა.

მაგალითი ნომერი 24.

დაამტკიცე რომ
იყოფა5 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1
იყოფა5.

ზე n=k
იყოფა5 უკვალოდ.

ზე n=k+1 თითოეული ტერმინი იყოფა5 უკვალოდ.

მაგალითი #25.

დაამტკიცე რომ
იყოფა6 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1
იყოფა6 უკვალოდ.

დაუშვით n=k
იყოფა6 უკვალოდ.

ზე n=k+1იყოფა 6 ნაშთი არ არის, რადგან თითოეული წევრი იყოფა6 ნაშთის გარეშე: პირველი წევრი, ინდუქციური ვარაუდით, მეორე, ცხადია, მესამე, რადგან
ლუწი რიცხვი.

მაგალითი #26.

დაამტკიცე რომ
როდესაც იყოფა9 აძლევს დანარჩენს 1 .

მტკიცებულება.

ეს დავამტკიცოთ
იყოფა9 .

ზე n=1
იყოფა 9 . დაუშვით n=k
იყოფა9 .

ზე n=k+1იყოფა 9 .

მაგალითი ნომერი 27.

დაამტკიცეთ, რომ იყოფა15 უკვალოდ.

მტკიცებულება.

ზე n=1იყოფა 15 .

დაუშვით n=kიყოფა 15 უკვალოდ.

ზე n=k+1

პირველი ტერმინი არის მრავალჯერადი15 ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით, მეორე წევრი არის ნამრავლი15 – ცხადია, მესამე წევრი არის ნამრავლი15 , იმიტომ
მრავალჯერადი5 (დადასტურებულია მაგალითში No21), მეოთხე და მეხუთე წევრიც მრავლობითია5 , რაც აშკარაა, მაშინ ჯამი არის ჯერადი15 .

გაკვეთილი ნომერი 8-9.

უტოლობების დადასტურება მათემატიკური ინდუქციით

მაგალითი #28.
.

ზე n=1ჩვენ გვაქვს
- მართალია.

დაუშვით n=k
არის ნამდვილი უთანასწორობა.

ზე n=k+1

მაშინ უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივისთვის პ.

მაგალითი #29.დაამტკიცეთ, რომ უტოლობა მართალია
ნებისმიერისთვის პ.

ზე n=1მივიღებთ სწორ უტოლობას 4 >1.

დაუშვით n=kუთანასწორობა
.

დავამტკიცოთ, რომ როდის n=k+1უთანასწორობა

ნებისმიერი ბუნებრივი რომშეინიშნება უთანასწორობა.

Თუ
ზე
მაშინ

მაგალითი #30.

ნებისმიერი ბუნებრივი პდა ნებისმიერი

დაე n=1
, უფლება.

დავუშვათ, რომ უთანასწორობა მოქმედებს n=k:
.

ზე n=k+1

მაგალითი ნომერი 31.დაამტკიცეთ უტოლობის მართებულობა

ნებისმიერი ბუნებრივი პ.

ჯერ დავამტკიცოთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი ტუთანასწორობა

გაამრავლეთ უტოლობის ორივე მხარე
. ვიღებთ ეკვივალენტურ უტოლობას ან
;
; - ეს უთანასწორობა მოქმედებს ნებისმიერ ბუნებრივზე ტ.

ზე n=1ორიგინალური უთანასწორობა მართალია
;
;
.

დაე, უთანასწორობა შენარჩუნდეს n=k:
.

ზე n=k+1

გაკვეთილი ნომერი 10.

პრობლემის გადაჭრა თემაზე

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

მაგალითი #32.დაამტკიცეთ ბერნულის უთანასწორობა.

Თუ
, მაშინ ყველა ბუნებრივი ღირებულებისთვისპ უთანასწორობა

მტკიცებულება.

ზე n=1 დადასტურებული უთანასწორობა ფორმას იღებს
და აშკარად მართალია. დავუშვათ, რომ ეს მართალიაn=k , ეს რა არის
.

ვინაიდან პირობის მიხედვით
, მაშინ
და, შესაბამისად, უტოლობა არ ცვლის თავის მნიშვნელობას, როდესაც მისი ორივე ნაწილი მრავლდება
:

იმიტომ რომ
, მაშინ მივიღებთ ამას

.

ასე რომ, უთანასწორობა მართალია n=1, და მისი სიმართლიდან ზე n=kაქედან გამომდინარეობს, რომ მართალია და n=k+1.მაშასადამე, მათემატიკური ინდუქციის მიხედვით, ის ყველა ბუნებრივზე მოქმედებს პ.

Მაგალითად,

მაგალითი ნომერი 33. იპოვნეთ ყველა ბუნებრივი ღირებულებაპ , რისთვისაც უთანასწორობა

გამოსავალი.

ზე n=1უთანასწორობა სწორია. ზე n=2უთანასწორობა ასევე მართალია.

ზე n=3უთანასწორობა აღარ კმაყოფილდება. Მხოლოდ მაშინ n=6უტოლობა ძალაშია, ასე რომ ინდუქციური საფუძვლისთვის შეგვიძლია ავიღოთ n=6.

დავუშვათ, რომ უტოლობა მართალია ზოგიერთი ბუნებრივისთვის რათა:

განვიხილოთ უთანასწორობა

ბოლო უტოლობა მოქმედებს თუ
ტესტითემაზე n=1 მოცემულია განმეორებით: n≥5 , სადაც პ- -ბუნებრივი ნომერი.

სარატოვის ოლქის განათლების სამინისტრო

სარატოვის სახელმწიფო სოციალურ-ეკონომიკური უნივერსიტეტი

რეგიონალური კონკურსი მათემატიკური და კომპიუტერით მუშაობასკოლის მოსწავლეები

"მომავლის ვექტორი - 2007"

„მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

მისი გამოყენება ალგებრული ამოცანების გადასაჭრელად"

(განყოფილება "მათემატიკა")

შემოქმედებითი მუშაობა

10 "ა" კლასის მოსწავლეები

მემორანდუმი "გიმნაზია No1"

სარატოვის ოქტაბრსკის ოლქი

ჰარუტიუნიან გაიანე.

სამუშაო მენეჯერი:

მათემატიკის მასწავლებელი

გრიშინა ირინა ვლადიმეროვნა

სარატოვი

2007

შესავალი ………………………………………………………………………………………… 3

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი და მისი

მტკიცებულება…………………………………………………………………………..4

პრობლემის გადაჭრის მაგალითები……………………………………………………………………..9

დასკვნა………………………………………………………………………………..16

ლიტერატურა……………………………………………………………………………………… 17

შესავალი.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი შეიძლება შევადაროთ პროგრესს. ჩვენ ვიწყებთ ყველაზე დაბალიდან, შედეგად ლოგიკური აზროვნებაჩვენ უმაღლესამდე მივდივართ. ადამიანი ყოველთვის მიისწრაფოდა წინსვლისაკენ, აზროვნების ლოგიკურად განვითარების უნარზე, რაც იმას ნიშნავს, რომ ბუნებამ მას დაადგინა ინდუქციურად აზროვნება და ლოგიკის ყველა წესის მიხედვით განხორციელებული მტკიცებულებით გააძლიეროს თავისი აზრი.
ამჟამად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენების სფერო გაიზარდა, მაგრამ ქ სკოლის სასწავლო გეგმასამწუხაროდ, მას ბევრი დრო არ აქვს. მაგრამ ეს ძალიან მნიშვნელოვანია - ინდუქციურად აზროვნების უნარი.

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი და მისი დადასტურება

მოდით მივმართოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის არსს. განვიხილოთ სხვადასხვა განცხადებები. ისინი შეიძლება დაიყოს ზოგად და კონკრეტულად.მოვიყვანოთ ზოგადი განცხადებების მაგალითები.

რუსეთის ყველა მოქალაქეს აქვს განათლების უფლება.

ნებისმიერ პარალელოგრამაში, გადაკვეთის წერტილში დიაგონალები ორად იკვეთება.

ყველა რიცხვი, რომელიც მთავრდება ნულზე, იყოფა 5-ზე.

პირადი განცხადებების შესაბამისი მაგალითები:

პეტროვს აქვს განათლების უფლება.

ABCD პარალელოგრამში გადაკვეთის წერტილში დიაგონალები ორად იკვეთება.

140 იყოფა 5-ზე.

ზოგადი განცხადებებიდან კონკრეტულზე გადასვლას ეწოდება დედუქცია (ლათინურიდან გამოქვითვა - დასკვნა ლოგიკის წესების მიხედვით).

განვიხილოთ დედუქციური დასკვნის მაგალითი.

რუსეთის ყველა მოქალაქეს აქვს განათლების უფლება. (ერთი)

პეტროვი რუსეთის მოქალაქეა. (2)

პეტროვს აქვს განათლების უფლება. (3)

ზოგადი მტკიცებიდან (1) (2)-ის დახმარებით მიიღება კონკრეტული მტკიცება (3).

საპირისპირო გადასვლას კონკრეტული განცხადებებიდან ზოგად განცხადებებზე ეწოდება ინდუქცია (ლათინურიდან ინდუქცია - ხელმძღვანელობა).

ინდუქციამ შეიძლება გამოიწვიოს როგორც სწორი, ასევე არასწორი დასკვნები.

ავხსნათ ეს ორი მაგალითით.

140 იყოფა 5-ზე. (1)

ყველა რიცხვი, რომელიც მთავრდება ნულზე, იყოფა 5-ზე. (2)

140 იყოფა 5-ზე. (1)

ყველა სამნიშნა რიცხვი იყოფა 5-ზე. (2)

კონკრეტული დებულებიდან (1) მიიღება ზოგადი დებულება (2). განცხადება (2) მართალია.

მეორე მაგალითი გვიჩვენებს, თუ როგორ შეიძლება მიიღოთ ზოგადი დებულება (3) კონკრეტული დებულებიდან (1), უფრო მეტიც, განცხადება (3) არ არის ჭეშმარიტი.

დავუსვათ საკუთარ თავს კითხვა, როგორ გამოვიყენოთ ინდუქცია მათემატიკაში მხოლოდ სწორი დასკვნების მისაღებად. განვიხილოთ ინდუქციის რამდენიმე მაგალითი, რაც მიუღებელია მათემატიკაში.

მაგალითი 1.

განვიხილოთ შემდეგი ფორმის Р(x)= x 2 + x + 41 კვადრატული ტრინომი, რომელსაც ლეონარდ ეილერმა მიაქცია ყურადღება.

P(0) = 41, P(1) = 43, P(2) = 47, P(3) = 53, P(4) = 61, P(5) = 71, P(6) = 83, P (7) = 97, P(8) = 113, P(9)=131, P(10) = 151.

ჩვენ ვხედავთ, რომ ყოველ ჯერზე ტრინომის მნიშვნელობა არის მარტივი რიცხვი. მიღებული შედეგებიდან გამომდინარე ვამტკიცებთ, რომ განხილულ ტრინომალში ჩანაცვლებისას x-ის ნაცვლად ნებისმიერი არაუარყოფითი მთელი რიცხვი ყოველთვის იძლევა მარტივ რიცხვს.

თუმცა, გამოტანილი დასკვნა არ შეიძლება ჩაითვალოს საიმედოდ. Რა მოხდა? ფაქტია, რომ მსჯელობაში ზოგადი განცხადებები კეთდება ნებისმიერი x-ის შესახებ მხოლოდ იმის საფუძველზე, რომ ეს განცხადება მართალი აღმოჩნდა x-ის ზოგიერთი მნიშვნელობისთვის.

მართლაც, P(x) ტრინომის უფრო მჭიდრო გამოკვლევის შემდეგ, რიცხვები P(0), P(1), ..., P(39) არის მარტივი რიცხვები, მაგრამ P(40) = 41 2 არის შედგენილი რიცხვი. და საკმაოდ ნათლად: P(41) = 41 2 +41+41 არის 41-ის ჯერადი.

ამ მაგალითში ჩვენ შევხვდით განცხადებას, რომელიც სიმართლეს შეესაბამება 40 განსაკუთრებულ შემთხვევაში და მაინც, ზოგადად, უსამართლო აღმოჩნდა.

მოდით შევხედოთ კიდევ რამდენიმე მაგალითს.

მაგალითი 2

მე-17 საუკუნეში ვ.გ. ლაიბნიცმა დაამტკიცა, რომ ნებისმიერი ნატურალური n-სთვის n 3 - n ფორმის რიცხვები 3-ის ჯერადია, n 5 - n არის 5-ის ჯერადი, n 7 - n არის 7-ის ჯერადი. ამის საფუძველზე მან თქვა, რომ ნებისმიერი კენტი k-ისთვის ხოლო ნატურალური n რიცხვი n k - k-ის მრავლობითი, მაგრამ მალევე თავადაც შენიშნა, რომ 2 9 -2=510, რომელიც, ცხადია, არ იყოფა 9-ზე.

განხილული მაგალითები საშუალებას გვაძლევს გამოვიტანოთ მნიშვნელოვანი დასკვნა: განცხადება შეიძლება იყოს ჭეშმარიტი რიგ განსაკუთრებულ შემთხვევებში და ამავე დროს, ზოგადად, უსამართლო.

ბუნებრივად ჩნდება კითხვა: არის განცხადება, რომელიც მართალია რამდენიმე კონკრეტულ შემთხვევაში; შეუძლებელია ყველა განსაკუთრებული შემთხვევის განხილვა; როგორ იცით, არის თუ არა ეს განცხადება საერთოდ?

ეს კითხვა ზოგჯერ შეიძლება გადაწყდეს მსჯელობის სპეციალური მეთოდის გამოყენებით, რომელსაც ეწოდება მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი. ეს მეთოდი ეფუძნება მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი, დასკვნა შემდეგში: განცხადება მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის, თუ:

ის მოქმედებს n = 1-ისთვის;

ზოგიერთი თვითნებური ბუნებრივი n =k დებულების მართებულობიდან გამომდინარეობს, რომ ის მართალია n = k +1-ისთვის.

მტკიცებულება.

დავუშვათ, რომ პირიქით, ანუ, დაე, დებულება იყოს ჭეშმარიტი არა ყველა ბუნებრივი n-ისთვის. მაშინ არის ნატურალური რიცხვი m ისეთი, რომ

განცხადება n =m არ არის ჭეშმარიტი,

ყველასთვის ნ

აშკარაა, რომ m >1, ვინაიდან მტკიცება მართალია n =1-ისთვის (პირობა 1). მაშასადამე, m -1 ნატურალური რიცხვია. ნატურალური რიცხვისთვის m -1 დებულება მართალია, მაგრამ შემდეგი ნატურალური რიცხვისთვის m ეს არ არის ჭეშმარიტი. ეს ეწინააღმდეგება მე-2 პირობას. შედეგად მიღებული წინააღმდეგობა აჩვენებს, რომ დაშვება მცდარია. მაშასადამე, მტკიცება მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი ნ, ჰ.ე.დ.

მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დამყარებულ მტკიცებულებას მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით მტკიცებულება ეწოდება. ასეთი მტკიცებულება უნდა შედგებოდეს ორი ნაწილისაგან, ორი დამოუკიდებელი თეორემის მტკიცებულებიდან.

თეორემა 1. განცხადება მართალია n =1-ისთვის.

თეორემა 2. დებულება მართალია n =k +1-სთვის, თუ ის მართალია n=k-სთვის, სადაც k არის თვითნებური ნატურალური რიცხვი.

თუ ორივე ეს თეორემა დადასტურდა, მაშინ, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, განცხადება მართალია ნებისმიერისთვის
ბუნებრივი ნ.

ხაზგასმით უნდა აღინიშნოს, რომ მათემატიკური ინდუქციით დადასტურება, რა თქმა უნდა, მოითხოვს ორივე თეორემის 1 და 2 მტკიცებულებას. თეორემა 2-ის უგულებელყოფა იწვევს არასწორ დასკვნებს (მაგალითები 1-2). მაგალითით ვაჩვენოთ რამდენად აუცილებელია თეორემა 1-ის დამტკიცება.

მაგალითი 3. „თეორემა“: ყოველი ნატურალური რიცხვი უდრის მის შემდეგ ნატურალურ რიცხვს.

მტკიცება განხორციელდება მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით.

დავუშვათ, რომ k =k +1 (1).

დავამტკიცოთ, რომ k +1=k +2 (2). ამისთვის „თანასწორობის“ (1) თითოეულ ნაწილს დავუმატოთ 1. ვიღებთ „ტოლობას“ (2). გამოდის, რომ თუ დებულება მართალია n =k-სთვის, მაშინ ის ასევე მართალია n =k +1-ისთვის და ა.შ.

აშკარა „შედეგი“ „თეორემიდან“: ყველა ნატურალური რიცხვი ტოლია.

შეცდომა მდგომარეობს იმაში, რომ თეორემა 1, რომელიც აუცილებელია მათემატიკური ინდუქციის პრინციპის გამოსაყენებლად, არ დადასტურდა და არ შეესაბამება სიმართლეს, მაგრამ მხოლოდ მეორე თეორემა დადასტურდა.

1 და 2 თეორემებს განსაკუთრებული მნიშვნელობა აქვს.

თეორემა 1 ქმნის ინდუქციის საფუძველს. თეორემა 2 იძლევა ამ ბაზის შეუზღუდავი ავტომატური გაფართოების უფლებას, ამ კონკრეტული შემთხვევიდან შემდეგზე გადასვლის უფლებას n-დან n + 1-მდე.

თუ თეორემა 1 არ დადასტურდა, მაგრამ თეორემა 2 დადასტურდა, მაშინ, მაშასადამე, ინდუქციის საფუძველი არ შეიქმნა და მაშინ აზრი არ აქვს მე-2 თეორემას გამოყენებას, რადგან, ფაქტობრივად, გასაფართოვებელი არაფერია.

თუ თეორემა 2 არ დადასტურდა და მხოლოდ თეორემა 1 დადასტურდა, მაშინ, მიუხედავად იმისა, რომ შეიქმნა ინდუქციის ჩატარების საფუძველი, ამ ბაზის გაფართოების უფლება არ არსებობს.

შენიშვნები.

ზოგჯერ მტკიცებულების მეორე ნაწილი ეფუძნება განცხადების მართებულობას არა მხოლოდ n =k, არამედ n =k -1-ისთვის. ამ შემთხვევაში, პირველი ნაწილის განცხადება უნდა შემოწმდეს n-ის შემდეგი ორი მნიშვნელობისთვის.

ზოგჯერ დებულება მტკიცდება არა რომელიმე ბუნებრივი n-სთვის, არამედ n>m-ისთვის, სადაც m არის გარკვეული მთელი რიცხვი. ამ შემთხვევაში, მტკიცებულების პირველ ნაწილში, მტკიცება მოწმდება n =m +1-ზე და საჭიროების შემთხვევაში, n-ის რამდენიმე შემდგომ მნიშვნელობებზე.

ნათქვამის შეჯამებით, ჩვენ გვაქვს: მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი საშუალებას იძლევა ზოგადი კანონის ძიებაში შევამოწმოთ ჰიპოთეზები, რომლებიც წარმოიქმნება ამ შემთხვევაში, უარვყოთ მცდარი და დავამტკიცოთ ჭეშმარიტი.

ყველასთვის ცნობილია ინდივიდუალური დაკვირვებისა და ექსპერიმენტების (ანუ ინდუქციის) შედეგების განზოგადების პროცესების როლი ემპირიული, ექსპერიმენტული მეცნიერებისთვის. მეორეს მხრივ, მათემატიკა დიდი ხანია განიხილება წმინდა დედუქციური მეთოდების განხორციელების კლასიკურ მაგალითად, რადგან ყოველთვის აშკარად ან ირიბად ვარაუდობენ, რომ ყველა მათემატიკური წინადადება (გარდა საწყისად მიღებული - აქსიომებისა) დადასტურებულია და კონკრეტული აპლიკაციები. ამ დებულებებიდან გამომდინარეობს ზოგადი შემთხვევებისთვის შესაფერისი მტკიცებულებებიდან (დედუქცია).

რას ნიშნავს ინდუქცია მათემატიკაში? უნდა გავიგოთ თუ არა ის, როგორც არც თუ ისე სანდო მეთოდი და როგორ უნდა ვეძებოთ ასეთი ინდუქციური მეთოდების სანდოობის კრიტერიუმი? ან ექსპერიმენტული მეცნიერებების ექსპერიმენტული განზოგადებათა ისეთივე ხასიათის მათემატიკური დასკვნების სიზუსტე, რომ ცუდი არ იქნებოდა რაიმე დადასტურებული ფაქტის „გადამოწმება“? სინამდვილეში ეს ასე არ არის.

ჰიპოთეზაზე ინდუქცია (ხელმძღვანელობა) ძალიან მნიშვნელოვან, მაგრამ წმინდა ევრისტიკულ როლს თამაშობს მათემატიკაში: ის საშუალებას აძლევს ადამიანს გამოიცნოს რა უნდა იყოს გამოსავალი. მაგრამ მათემატიკური წინადადებები დგინდება მხოლოდ დედუქციურად. ხოლო მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი მტკიცების წმინდა დედუქციური მეთოდია. მართლაც, ამ მეთოდით განხორციელებული მტკიცებულება შედგება ორი ნაწილისაგან:

ეგრეთ წოდებული „საფუძველი“ - სასურველი წინადადების დედუქციური მტკიცებულება ერთი (ან რამდენიმე) ნატურალური რიცხვისთვის;

ინდუქციური ნაბიჯი, რომელიც შედგება ზოგადი დებულების დედუქციური დადასტურებისგან. თეორემა ზუსტად არის დადასტურებული ყველა ნატურალური რიცხვისთვის. დადასტურებული საფუძვლიდან, მაგალითად, რიცხვისთვის 0, ჩვენ ვიღებთ, ინდუქციური ნაბიჯით, მტკიცებულება 1 რიცხვისთვის, შემდეგ ანალოგიურად 2-სთვის, 3-ისთვის ... - და ასე შეიძლება დებულება გამართლდეს ნებისმიერი ბუნებრივი რიცხვი.

სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, სახელწოდება „მათემატიკური ინდუქცია“ განპირობებულია იმით, რომ ეს მეთოდი ჩვენს გონებაში უბრალოდ ასოცირდება ტრადიციულ ინდუქციურ მსჯელობასთან (ბოლოს და ბოლოს, საფუძველი ნამდვილად მხოლოდ კონკრეტული შემთხვევისთვის არის დადასტურებული); ინდუქციური ნაბიჯი, საბუნებისმეტყველო და სოციალურ მეცნიერებებში გამოცდილებაზე დაფუძნებული ინდუქციური მსჯელობის დამაჯერებლობის კრიტერიუმებისგან განსხვავებით, არის ზოგადი განცხადება, რომელსაც არ სჭირდება რაიმე განსაკუთრებული წინაპირობა და დასტურდება დედუქციური მსჯელობის მკაცრი კანონების მიხედვით. ამიტომ მათემატიკურ ინდუქციას ეწოდება "სრული" ან "სრულყოფილი", რადგან ეს არის დედუქციური, სრულიად საიმედო მტკიცების მეთოდი.

პრობლემის გადაჭრის მაგალითები

ინდუქცია ალგებრაში

განვიხილოთ ალგებრული ამოცანების რამდენიმე მაგალითი, ასევე სხვადასხვა უტოლობების დადასტურება, რომელთა ამოხსნაც შესაძლებელია მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამოყენებით.

დავალება 1. გამოიცანით ჯამის ფორმულა და დაამტკიცეთ.

მაგრამ ( n )= 2  1 2 + 3 2 2 + …..+(n +1) n 2 .

გამოსავალი.

1. გადავცვალოთ გამონათქვამი А(n) ჯამისთვის:

A(n)= 2  1 2 + 3  2 2 + ….+ (n+1) n 2 = (1+1) 1 2 + (2+1) 2 2 + …. + (n+1) n 2 = =1  1 2 + 2  2 2 + …+n  n 2 + 1 2 + 2 2 +… +n 2 =1 3 + 2 3 +… +n 3 +1 2 + 2 2 +… +n 2 = В(n) + C(n), სადაც B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3, C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. განვიხილოთ ჯამები C (n) და B (n).

ა) C( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ერთ-ერთი ყველაზე ხშირად ნაცნობი პრობლემაა იმის დამტკიცება, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის ტოლობა

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

დავუშვათ, რომ (1) მართალია ყველა n-სთვის  ნ.

ბ ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . მოდით დავაკვირდეთ, როგორ იცვლება B (n) მნიშვნელობები n-დან გამომდინარე.

B(1) = 1 3 = 1.

B(2) = 1 3 + 2 3 = 9 = 3 2 = (1 + 2) 2

B(3) = 1 3 + 2 3 + 3 3 = 36 =

ამრიგად, შეიძლება ვივარაუდოთ, რომ
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

გ) შედეგად, А(n) ჯამისთვის ვიღებთ

მაგრამ ( n ) ==

= (*)

3. მიღებული ფორმულა (*) დავამტკიცოთ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით.

ა) შეამოწმეთ ტოლობა (*) n = 1-ისთვის.

A(1) = 2  =2,

ცხადია, ფორმულა (*) მართალია n = 1-ისთვის.

ბ) დავუშვათ, რომ ფორმულა (*) მართალია n=k-სთვის, სადაც k N, ანუ ტოლობა

A(k)=

ვარაუდის საფუძველზე დავამტკიცებთ n =k +1 ფორმულის მართებულობას. მართლაც,

A(k+1)=

ვინაიდან ფორმულა (*) ჭეშმარიტია n =1-სთვის და დაშვებიდან, რომ ის მართალია ზოგიერთი ბუნებრივი k-სთვის, გამოდის, რომ ჭეშმარიტია n =k +1-ისთვის, მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაფუძნებული დავასკვნათ, რომ თანასწორობა

შეესაბამება ნებისმიერ ბუნებრივ ნ-ს.

დავალება 2.

გამოთვალეთ ჯამი 1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n .

გამოსავალი.

მოდით დავწეროთ ჯამების მნიშვნელობები n-ის სხვადასხვა მნიშვნელობებისთვის ზედიზედ.

A(1)=1, A(2)=1-2= -1, A(3)=1-2+3=2, A(4)=1-2+3-4= -2,

A(5)=1-2+3-4+5=3, A(6)=1-2+3-4+5-6= -3.

შაბლონზე დაკვირვებით, შეგვიძლია ვივარაუდოთ, რომ A (n)= - n-ისთვისაც და A (n)=
კენტი n-სთვის. მოდით გავაერთიანოთ ორივე შედეგი ერთ ფორმულაში:

A(n) =
, სადაც r არის n-ის 2-ზე გაყოფის ნაშთი.

და რ , აშკარად განისაზღვრება შემდეგი წესით

0 თუ n არის ლუწი,

r=

1 თუ n არის უცნაური.

მერე რ(შეიძლება გამოიცნოს) შეიძლება წარმოდგენილი იყოს როგორც:

ბოლოს მივიღებთ A (n) ფორმულას:

A(n)=

(*)

მოდით დავამტკიცოთ თანასწორობა (*) ყველა n-ისთვის  ნ მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი.

2. ა) შეამოწმეთ ტოლობა (*) n =1-ისთვის. A(1) = 1=

თანასწორობა სამართლიანია

ბ) დავუშვათ, რომ თანასწორობა

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

მართალია n=k. დავამტკიცოთ, რომ ის ასევე მოქმედებს n =k + 1-ისთვის, ე.ი.

A(k+1)=

Ნამდვილად,

A(k+1)=A(k)+(-1) k (k+1) =

=

ქ.ე.დ.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი ასევე გამოიყენება გაყოფის ამოცანების გადასაჭრელად.

დავალება 3.

დაამტკიცეთ, რომ რიცხვი N (n)=n 3 + 5n იყოფა 6-ზე ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის.

მტკიცებულება.

ზე n =1 რიცხვი N (1)=6 და, შესაბამისად, დებულება მართალია.

რიცხვი N (k )=k 3 +5k იყოფა 6-ზე რომელიღაც ნატურალური k-ისთვის დავამტკიცოთ, რომ N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) იყოფა 6-ზე. მართლაც, გვაქვს
N (k +1) = (k +1) 3 + 5 (k +1) = (k 3 +5k) + 3k (k +1) +6.

Იმიტომ რომ k და k +1 მიმდებარე ნატურალური რიცხვებია, მაშინ ერთი მათგანი აუცილებლად ლუწია, ამიტომ გამონათქვამი 3k (k +1) იყოფა 6-ზე. ამრიგად, მივიღებთ, რომ N (k +1) ასევე იყოფა 6-ზე. გამომავალი რიცხვი N (n)=n 3 + 5n იყოფა 6-ზე ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.

განვიხილოთ უფრო რთული გაყოფის ამოცანის ამოხსნა, როდესაც სრული მათემატიკური ინდუქციის მეთოდი რამდენჯერმე უნდა იქნას გამოყენებული.

დავალება 4.

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n რიცხვისთვის
არც კი იყოფა 2 n +3-ზე.

მტკიცებულება.

წარმოიდგინე
ნაწარმოების სახით
=

= (*)

ვარაუდით, (*)-ში პირველი ფაქტორი თანაბრად არ იყოფა რიცხვზე 2 k +3, ანუ კომპოზიტური რიცხვის წარმოდგენისას.
მარტივი რიცხვების ნამრავლის სახით, რიცხვი 2 მეორდება არა უმეტეს (k + 2) ჯერ. ასე რომ დავამტკიცოთ რომ რიცხვი
არ იყოფა 2 k +4-ზე, ეს უნდა დავამტკიცოთ
არ იყოფა 4-ზე.

ამ მტკიცების დასამტკიცებლად ვამტკიცებთ დამხმარე მტკიცებას: ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის რიცხვი 3 2 n +1 არ იყოფა 4-ზე. n =1-ისთვის მტკიცება აშკარაა, ვინაიდან 10 ნაშთის გარეშე არ იყოფა 4-ზე. თუ დავუშვებთ, რომ 3 2 k +1 არ იყოფა 4-ზე, ვამტკიცებთ, რომ 3 2(k +1) +1 არც იყოფა
4-ით. მოდით წარმოვიდგინოთ ბოლო გამონათქვამი ჯამის სახით:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . ჯამის მეორე წევრი იყოფა 4-ზე, მაგრამ პირველი არ იყოფა. მაშასადამე, მთელი ჯამი ნაშთის გარეშე არ იყოფა ოთხზე. დამხმარე მტკიცება დადასტურებულია.

ახლა გასაგებია, რომ
არ იყოფა 4-ზე, რადგან 2k ლუწი რიცხვია.

საბოლოოდ, ჩვენ ვიღებთ ამ რიცხვს
არ არის თანაბრად იყოფა 2 n +3-ზე ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის.

ახლა განვიხილოთ ინდუქციის გამოყენების მაგალითი უტოლობების მტკიცებულებაზე.

დავალება 5.

რომელი ბუნებრივი n-სთვის არის მართებული უტოლობა 2 n > 2n + 1?

გამოსავალი.

1. როცა n=1 2 1< 2*1+1,

ზე n=2 2 2< 2*2+1,

ზე n =3 2 3 > 2*3+1,

ზე n =4 2 4 > 2*4+1.

როგორც ჩანს, უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერ ბუნებრივ n-ზე  3. დავამტკიცოთ ეს მტკიცება.

2. როცა n =3 უტოლობის მართებულობა უკვე ნაჩვენებია. მოდით, უტოლობა იყოს მოქმედი n =k-სთვის, სადაც k არის რაიმე ბუნებრივი რიცხვი არანაკლებ 3-ისა, ე.ი.

2 k > 2k+1 (*)

დავამტკიცოთ, რომ მაშინ უტოლობა ასევე მოქმედებს n =k +1-ზე, ანუ 2 k +1 >2(k +1)+1. გავამრავლოთ (*) 2-ზე, მივიღებთ 2 k +1 >4k +2. შევადაროთ გამოთქმები 2(k +1)+1 და 4k +2.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. ცხადია, 2k -1>0 ნებისმიერი ბუნებრივი k . შემდეგ 4k +2>2(k +1)+1, ე.ი. 2k+1 >2(k+1)+1. მტკიცება დადასტურდა.

დავალება 6.

n არაუარყოფითი რიცხვის საშუალო არითმეტიკისა და გეომეტრიული საშუალოს უტოლობა (კოშის უტოლობა)., ვიღებთ =

თუ ერთი რიცხვი მაინც
ნულის ტოლია, მაშინ ასევე მოქმედებს უტოლობა (**).

დასკვნა.

სამუშაოს შესრულებისას შევისწავლე მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის არსი და მისი დამტკიცება. ნაშრომში წარმოდგენილია პრობლემები, რომლებშიც მნიშვნელოვანი როლი ითამაშა არასრულმა ინდუქციამ, რაც იწვევს სწორი გადაწყვეტილება, შემდეგ კი ტარდება მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით მიღებული მტკიცებულება.

ლიტერატურა.

ბოლტიანსკი V.G., Sidorov Yu.V., Shaburin M.I. ლექციები და ამოცანები დაწყებით მათემატიკაში; მეცნიერება, 1974 წ.

ვილენკინი ნ.ია. , შვარცბურდ ს.ი. მათემატიკური ანალიზი.-
მ.: განათლება, 1973 წ.

გალიცკი მ.ლ., მოშკოვიჩ მ.მ., შვარცბურდი ს.ი. ალგებრის კურსის სიღრმისეული შესწავლა და მათემატიკური ანალიზი.- მ .: განათლება, 1990 წ.

პოტაპოვი მ.კ., ალექსანდროვი ვ.ვ., პასიჩენკო პ.ი. ალგებრა და ელემენტარული ფუნქციების ანალიზი.- მ.: ნაუკა, 1980 წ.

Sominsky I.S., Golovina M.L., Yaglom I.M. მათემატიკური ინდუქციის შესახებ.-მ.: ნაუკა, 1967 წ.

თუ A(n) წინადადება, რომელიც დამოკიდებულია n ნატურალურ რიცხვზე, მართებულია n=1-ისთვის, ხოლო იქიდან, რომ ის მართალია n=k-სთვის (სადაც k არის ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი), გამოდის, რომ ის ასევე მართალია შემდეგი რიცხვისთვის n=k +1, მაშინ დაშვება A(n) მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

რიგ შემთხვევებში შეიძლება საჭირო გახდეს გარკვეული დებულების მართებულობის დადასტურება არა ყველა ნატურალური რიცხვისთვის, არამედ მხოლოდ n>p-ისთვის, სადაც p არის ფიქსირებული ნატურალური რიცხვი. ამ შემთხვევაში მათემატიკური ინდუქციის პრინციპი ჩამოყალიბებულია შემდეგნაირად.

თუ წინადადება A(n) ჭეშმარიტია n=p-სთვის და თუ A(k) X A(k+1) ნებისმიერი k>p-სთვის, მაშინ წინადადება A(n) მართალია ნებისმიერი n>p-სთვის.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდით მტკიცება ხორციელდება შემდეგნაირად. პირველ რიგში, დასამტკიცებელი მტკიცება მოწმდება n=1-ზე, ე.ი. დადგენილია ა(1) დებულების ჭეშმარიტება. მტკიცებულების ამ ნაწილს ინდუქციური საფუძველი ეწოდება. ამას მოჰყვება მტკიცებულების ნაწილი, რომელსაც ეწოდება ინდუქციური ნაბიჯი. ამ ნაწილში n=k+1-ის დებულების მართებულობა დასტურდება იმ ვარაუდით, რომ დებულება ჭეშმარიტია n=k-სთვის (ინდუქციური დაშვება), ე.ი. დაამტკიცეთ, რომ A(k) ~ A(k+1)

დაამტკიცეთ, რომ 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

• 1) გვაქვს n=1=1 2 . მაშასადამე, განცხადება მართალია n=1-ისთვის, ე.ი. A(1) მართალია
• 2) დავამტკიცოთ, რომ A(k) ~ A(k+1)

მოდით k იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და დებულება იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის, ე.ი.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

დავამტკიცოთ, რომ მაშინ მტკიცება მართებულია შემდეგი ნატურალური რიცხვისთვისაც n=k+1, ე.ი. რა

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 მართლაც,
• 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

ასე რომ, A(k) X A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, დავასკვნით, რომ დაშვება A(n) მართალია ნებისმიერი n О N-ისთვის.

დაამტკიცე რომ

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), სადაც x No.

• 1) n=1-ისთვის მივიღებთ
• 1+x=(x2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

შესაბამისად, n=1-ისთვის ფორმულა მართალია; A(1) მართალია

• 2) მოდით k იყოს ნებისმიერი ნატურალური რიცხვი და ფორმულა იყოს ჭეშმარიტი n=k-სთვის,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

მოდით დავამტკიცოთ, რომ მაშინ თანასწორობა

• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(x k+2 -1)/(x-1) მართლაც
• 1+х+х 2 +x 3 +…+х 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)

ასე რომ A(k) ⋅ A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, დავასკვნათ, რომ ფორმულა მართალია ნებისმიერი ნატურალური რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ, რომ ამოზნექილი n-გონების დიაგონალების რაოდენობაა n(n-3)/2

ამოხსნა: 1) n=3-ისთვის დებულება მართალია, რადგან სამკუთხედში

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 დიაგონალი; A 2 A(3) მართალია

2) დავუშვათ, რომ ნებისმიერ ამოზნექილ k-გონში აქვს A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 დიაგონალი. A k დავამტკიცოთ, რომ მაშინ ამოზნექილ A k+1 (k+1)-gon დიაგონალების A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

მოდით А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -ამოზნექილი (k+1)-გონი. დავხატოთ მასში დიაგონალი A 1 A k. დათვლა საერთო რაოდენობაამ (k + 1)-გონების დიაგონალები, თქვენ უნდა დაითვალოთ დიაგონალების რაოდენობა k-გონში A 1 A 2 ...A k, მიღებულ რიცხვს დაუმატოთ k-2, ე.ი. A k+1 წვეროდან გამომავალი (k+1)-გუგუნის დიაგონალების რაოდენობა და, გარდა ამისა, მხედველობაში უნდა იქნას მიღებული დიაგონალი A 1 A k.

Ამგვარად,

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

ასე რომ A(k) ⋅ A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპიდან გამომდინარე, განცხადება მართალია ნებისმიერი ამოზნექილი n-გონებისთვის.

დაადასტურეთ, რომ ნებისმიერი n-სთვის განცხადება მართალია:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

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

2) დავუშვათ, რომ n=k

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

3) განვიხილოთ ეს განცხადება n=k+1-ისთვის

Xk+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

ჩვენ დავამტკიცეთ ტოლობის მართებულობა n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, დებულება ჭეშმარიტია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის ტოლობა მართალია:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

ამოხსნა: 1) მოდით n=1

მაშინ X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. ჩვენ ვხედავთ, რომ n=1-ისთვის განცხადება მართალია.

2) დავუშვათ, რომ ტოლობა მართალია n=k-სთვის

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

3) დავამტკიცოთ ამ დებულების ჭეშმარიტება n=k+1-ისთვის, ე.ი.

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

ზემოაღნიშნული მტკიცებულებიდან ჩანს, რომ დებულება ჭეშმარიტია n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, ტოლობა მართალია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.

დაამტკიცე რომ

((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ ((3 3 +1)/(3 3 -1)) ґ … ґ ((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), სადაც n>2

ამოხსნა: 1) n=2-ისთვის, იდენტურობა ასე გამოიყურება:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), ე.ი. ეს სიმართლეა ეს სინამდვილეა
• 2) დავუშვათ, რომ გამოთქმა მართალია n=k-სთვის
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
• 3) დავამტკიცებთ გამოთქმის სისწორეს n=k+1
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

ჩვენ დავამტკიცეთ ტოლობის მართებულობა n=k+1-ისთვის, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის მიხედვით, დებულება მართალია ნებისმიერი n>2-ისთვის.

დაამტკიცე რომ

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) დავუშვათ, რომ n=k, მაშინ
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) ჩვენ დავამტკიცებთ ამ განცხადების ჭეშმარიტებას n=k+1-ისთვის
• (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)

ასევე დადასტურებულია n=k+1-ის ტოლობის მართებულობა, ამიტომ დებულება ჭეშმარიტია ნებისმიერი ბუნებრივი n-სთვის.

დაამტკიცეთ პირადობის მართებულობა

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) ნებისმიერი ბუნებრივი ნ

• 1) n=1-ისთვის იდენტურობა მართალია 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) ვამტკიცებთ, რომ იდენტობა მართალია n=k+1-ისთვის
• (1 2 /1 ґ 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)) ґ ((k/2) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1) (k+2)/2(2(k+1)+1)

ზემოთ მოყვანილი მტკიცებულებიდან ჩანს, რომ მტკიცება ჭეშმარიტია ნებისმიერი დადებითი მთელი რიცხვისთვის n.

დაამტკიცეთ, რომ (11 n+2 +12 2n+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე

ამოხსნა: 1) მოდით n=1, მაშინ

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

მაგრამ (23 ґ 133) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე, ასე რომ n=1-ისთვის დებულება მართალია; A(1) მართალია.

• 2) დავუშვათ, რომ (11 k+2 +12 2k+1) იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე
• 3) დავამტკიცოთ, რომ ამ შემთხვევაში (11 k+3 +12 2k+3) ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე. Ნამდვილად
• 11 k+3 +12 2k+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +

+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11 k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

შედეგად მიღებული რაოდენობა ნაშთის გარეშე იყოფა 133-ზე, ვინაიდან მისი პირველი წევრი იყოფა 133-ზე ნაშთის გარეშე დაშვებით, ხოლო მეორეში ერთ-ერთი ფაქტორი არის 133. ასე რომ, A (k) Yu A (k + 1). მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება

დაამტკიცეთ, რომ ნებისმიერი n 7-ისთვის n -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე

• 1) მოდით n=1, შემდეგ X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. ასე რომ, n=1-ისთვის განცხადება მართალია
• 2) დავუშვათ, რომ n \u003d k 7 k -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე
• 3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის

X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6

პირველი წევრი იყოფა 6-ზე, ვინაიდან 7 k -1 იყოფა 6-ზე დაშვებით, ხოლო მეორე წევრი არის 6. ასე რომ, 7 n -1 არის 6-ის ნამრავლი ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება.

დაამტკიცეთ, რომ 3 3n-1 +2 4n-3 თვითნებური დადებითი მთელი რიცხვისთვის n იყოფა 11-ზე.

1) მოდით n=1, მაშინ

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე.

ასე რომ, n=1-ისთვის განცხადება მართალია

• 2) დავუშვათ, რომ n=k X k =3-ისთვის 3k-1 +2 4k-3 იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე
• 3) ვამტკიცებთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის

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

პირველი წევრი იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე, რადგან 3 3k-1 +2 4k-3 იყოფა 11-ზე დაშვებით, მეორე იყოფა 11-ზე, რადგან მისი ერთ-ერთი ფაქტორია რიცხვი 11. აქედან გამომდინარე, ჯამი არის ასევე იყოფა 11-ზე ნაშთის გარეშე ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება.

დაამტკიცეთ, რომ 11 2n -1 თვითნებური დადებითი მთელი რიცხვისთვის n იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე

• 1) მოდით n=1, მაშინ 11 2 -1=120 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. ასე რომ, n=1-ისთვის განცხადება მართალია
• 2) დავუშვათ, რომ n=k-სთვის 1 2k -1 იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

ორივე წევრი იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე: პირველი შეიცავს 6-ის ნამრავლს 120, ხოლო მეორე იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე დაშვებით. ასე რომ, ჯამი იყოფა 6-ზე ნაშთის გარეშე. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება.

დაამტკიცეთ, რომ 3 3n+3 -26n-27 თვითნებური დადებითი მთელი რიცხვისთვის n იყოფა 26 2-ზე (676) ნაშთის გარეშე

ჯერ დავამტკიცოთ, რომ 3 3n+3 -1 იყოფა 26-ზე ნაშთის გარეშე

• 1. როცა n=0
• 3 3 -1=26 იყოფა 26-ზე
• 2. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
• 3 3k+3 -1 იყოფა 26-ზე
• 3. დავამტკიცოთ, რომ დებულება მართალია n=k+1-ისთვის
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - იყოფა 26-ზე

ახლა დავამტკიცოთ პრობლემის პირობებში ჩამოყალიბებული მტკიცება

• 1) აშკარაა, რომ n=1-ისთვის დებულება მართალია
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) დავუშვათ, რომ n=k გამოთქმა 3 3k+3 -26k-27 იყოფა 26 2-ზე ნაშთის გარეშე
• 3) დავამტკიცოთ, რომ დებულება ჭეშმარიტია n=k+1-ისთვის
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

ორივე წევრი იყოფა 26 2-ზე; პირველი იყოფა 26 2-ზე, რადგან დავამტკიცეთ, რომ ფრჩხილებში მოცემული გამოხატულება იყოფა 26-ზე, ხოლო მეორე იყოფა ინდუქციური ჰიპოთეზის მიხედვით. მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით მტკიცება დასტურდება

დაამტკიცეთ, რომ თუ n>2 და х>0, მაშინ უტოლობა (1+х) n >1+n ґ х

• 1) n=2-ისთვის უტოლობა მართალია, ვინაიდან
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

ასე რომ, A(2) მართალია

• 2) დავამტკიცოთ, რომ A(k) ⋅ A(k+1) თუ k> 2. დავუშვათ, რომ A(k) მართალია, ე.ი. რომ უტოლობა
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

დავამტკიცოთ, რომ მაშინ A(k+1) ასევე მართალია, ე.ი. რომ უტოლობა

(1+x) k+1 >1+(k+1) x

მართლაც, უტოლობის ორივე მხარე (3) გავამრავლოთ დადებით რიცხვზე 1+x, მივიღებთ

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

განვიხილოთ ბოლო უტოლობის მარჯვენა მხარე; ჩვენ გვაქვს

(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x

შედეგად მივიღებთ, რომ (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x

ასე რომ A(k) ⋅ A(k+1). მათემატიკური ინდუქციის პრინციპზე დაყრდნობით, შეიძლება ითქვას, რომ ბერნულის უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი n> 2-ისთვის.

დაამტკიცეთ, რომ უტოლობა (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 მართალია a> 0-ისთვის

ამოხსნა: 1) m=1-ისთვის

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 ორივე ნაწილი ტოლია
• 2) დავუშვათ, რომ m=k
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) დავამტკიცოთ, რომ m=k+1-ისთვის არატოლობა მართალია
• (1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k ґ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

ჩვენ დავამტკიცეთ m=k+1 უტოლობის მართებულობა, შესაბამისად, მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამო, უტოლობა მართებულია ნებისმიერი ბუნებრივი m-ისთვის.

დაამტკიცეთ, რომ n>6-ისთვის უტოლობა 3 n >n ґ 2 n+1

გადავწეროთ უტოლობა (3/2) n >2n სახით

• 1. n=7-ისთვის გვაქვს 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 უტოლობა მართალია
• 2. დავუშვათ, რომ n=k (3/2) k >2k
• 3) დავამტკიცოთ n=k+1 უტოლობის მართებულობა
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

ვინაიდან k>7, ბოლო უტოლობა აშკარაა.

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის გამო, უტოლობა მოქმედებს ნებისმიერი ბუნებრივი n-ისთვის

დაამტკიცეთ, რომ n>2-ისთვის უტოლობა

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) n=3-ისთვის უტოლობა მართალია
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. დავუშვათ, რომ n=k-სთვის
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/კ 2)=1.7-(1/კ)
• 3) დავამტკიცოთ n=k+1 უტოლობის მართებულობა
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

მოდით დავამტკიცოთ, რომ 1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

S (1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/k Ы (k+2)/(k+1) 2 <1/k Ы

s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

ეს უკანასკნელი აშკარაა და ამიტომ

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

მათემატიკური ინდუქციის მეთოდის ძალით უტოლობა მტკიცდება.