Шынайы білім әр уақытта белгілі бір жағдайларда үлгіні орнатуға және оның дұрыстығын дәлелдеуге негізделген. Логикалық пайымдаудың өмір сүруінің осындай ұзақ кезеңі үшін ережелердің тұжырымдары берілді, Аристотель тіпті «дұрыс пайымдаулардың» тізімін жасады. Тарихи тұрғыдан барлық тұжырымдарды екі түрге бөлу әдетке айналған - нақтыдан көпше (индукция) және керісінше (дедукция). Айта кету керек, дәлелдемелердің жекеден жалпыға және жалпыдан жекеге қарай түрлері тек өзара байланыста болады және оларды алмастыруға болмайды.

Математикадағы индукция

«Индукция» (индукция) терминінің латын түбірі бар және сөзбе-сөз аударғанда «бағдар беру» дегенді білдіреді. Мұқият зерттей отырып, сөздің құрылымын ажыратуға болады, атап айтқанда латын префиксі - in- (бағытталған әрекетті ішке немесе ішінде болуды білдіреді) және -дукция - кіріспе. Толық және толық емес индукцияның екі түрі бар екенін атап өткен жөн. Толық нысан белгілі бір сыныптың барлық пәндерін зерттеу нәтижесінде жасалған қорытындылармен сипатталады.

Толық емес – сыныптың барлық пәндеріне қатысты, бірақ тек кейбір бірліктерді зерттеу негізінде жасалған қорытындылар.

Толық математикалық индукция - бұл функционалдық байланыс туралы білімге негізделген сандардың табиғи қатарының қатынастары арқылы функционалдық байланысқан кез келген объектілердің бүкіл класы туралы жалпы қорытындыға негізделген қорытынды. Бұл жағдайда дәлелдеу процесі үш кезеңде өтеді:

• бірінші кезеңде математикалық индукция тұжырымының дұрыстығы дәлелденеді. Мысалы: f = 1, индукция;
• келесі кезең позиция барлық натурал сандар үшін жарамды деген болжамға негізделген. Яғни, f=h, бұл индуктивті болжам;
• үшінші кезеңде алдыңғы абзац орнының дұрыстығына негізделген f=h+1 саны үшін позицияның негізділігі дәлелденеді - бұл индукциялық ауысу немесе математикалық индукция қадамы. Мысал ретінде, егер қатардағы бірінші сүйек құласа (негіз) деп аталады, содан кейін қатардағы барлық сүйектер түседі (өтпелі).

Қалжыңдап та, байыпты да

Қабылдауды жеңілдету үшін математикалық индукция әдісімен шешу мысалдары әзіл есептері түрінде айыпталады. Бұл «Сыпайы кезек» тапсырмасы:

• Мінез-құлық ережелері ер адамға әйелдің алдында бұрылыс жасауға тыйым салады (мұндай жағдайда оны алдына жібереді). Осы тұжырымға сүйене отырып, егер кезекте соңғысы ер адам болса, қалғандарының бәрі ер адамдар.

Математикалық индукция әдісінің жарқын мысалы «Өлшемсіз ұшу» мәселесі:

• Микроавтобусқа кез келген адам сыятынын дәлелдеу талап етіледі. Бір адам көліктің ішіне еш қиналмай сыйып кететіні рас (негіз). Бірақ микроавтобус қанша толып тұрса да, оған 1 жолаушы сыйып кетеді (индукциялық қадам).

таныс шеңберлер

Есептер мен теңдеулерді математикалық индукция арқылы шешу мысалдары өте жиі кездеседі. Бұл тәсілдің мысалы ретінде келесі мәселені қарастыруға болады.

Шарт: жазықтықта h шеңберлері орналастырылған. Фигуралардың кез келген орналасуы үшін олар жасаған картаны екі түспен дұрыс бояуға болатынын дәлелдеу қажет.

Шешім: h=1 үшін тұжырымның ақиқаты анық, сондықтан h+1 шеңберлер санына дәлелдеу құрастырылады.

Кез келген карта үшін мәлімдеме дұрыс және жазықтықта h + 1 шеңберлері берілген деп алайық. Шеңберлердің біреуін жиынтықтан алып тастау арқылы сіз екі түсті (қара және ақ) дұрыс боялған картаны ала аласыз.

Жойылған шеңберді қалпына келтіру кезінде әрбір аймақтың түсі керісінше өзгереді (бұл жағдайда шеңбердің ішінде). Дәлелдеу қажет болған екі түске дұрыс боялған карта шығады.

Натурал сандармен мысалдар

Төменде математикалық индукция әдісінің қолданылуы анық көрсетілген.

Шешу мысалдары:

Кез келген h үшін теңдік дұрыс болатынын дәлелдеңдер:

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

1. h=1 болсын, онда:

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

Осыдан h=1 үшін тұжырымның дұрыс екендігі шығады.

2. h=d деп есептесек, келесі теңдеу шығады:

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

3. h=d+1 деп есептесек, былай шығады:

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.

Сонымен h=d+1 теңдігінің дұрыстығы дәлелденді, сондықтан тұжырым кез келген үшін ақиқат натурал сан, ол шешу мысалында математикалық индукция арқылы көрсетілген.

Тапсырма

Шарт: h-тің кез келген мәні үшін 7 h -1 өрнегі 6-ға қалдықсыз бөлінетінін дәлелдеу қажет.

Шешім:

1. Бұл жағдайда h=1 делік:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (яғни 6-ға қалдықсыз бөлінген)

Демек, h=1 үшін тұжырым ақиқат;

2. h=d және 7 d -1 6-ға қалдықсыз бөлінетін болсын;

3. h=d+1 үшін тұжырымның дұрыстығының дәлелі мына формула:

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

Бұл жағдайда бірінші абзацты қабылдау бойынша бірінші мүше 6-ға бөлінеді, ал екінші мүшесі 6-ға тең. 7 h -1 кез келген натурал h үшін қалдықсыз 6-ға бөлінеді деген тұжырым дұрыс.

Үкімдегі қателік

Көбінесе логикалық конструкциялардың дұрыс еместігіне байланысты дәлелдемелерде дұрыс емес пайымдаулар қолданылады. Негізінен бұл дәлелдеудің құрылымы мен логикасы бұзылған кезде болады. Дұрыс емес пайымдаудың мысалы келесі сурет болып табылады.

Тапсырма

Шарт: кез келген тас үйіндісі үйінді емес екенін дәлелдеуді талап етеді.

Шешім:

1. h=1 делік, бұл жағдайда үйіндіде 1 тас бар және мәлімдеме ақиқат (негіз);

2. Тастар үйіндісі үйінді емес екені h=d үшін дұрыс болсын (болжам);

3. h=d+1 болсын, одан тағы бір тас қосылғанда жиын үйінді болмайды. Қорытынды болжамның барлық табиғи h үшін жарамды екенін көрсетеді.

Қате қанша тастың үйінді құрайтыны туралы анықтаманың жоқтығында. Мұндай олқылық математикалық индукция әдісінде асығыс жалпылау деп аталады. Мысал мұны анық көрсетеді.

Индукция және логика заңдары

Тарихқа көз жүгіртсек, олар әрқашан «қол ұстасып жүреді». Мұндай ғылыми пәндерлогика сияқты, философия да оларды қарама-қайшылықтар ретінде сипаттайды.

Логика заңы тұрғысынан индуктивті анықтамалар фактілерге негізделеді, ал алғышарттардың растығы нәтижесінде тұжырымның дұрыстығын анықтамайды. Көбінесе қорытындылар белгілі бір ықтималдық пен негізділік дәрежесімен алынады, бұл, әрине, қосымша зерттеулермен тексеріліп, расталуы керек. Логикадағы индукцияның мысалы келесі мәлімдеме болуы мүмкін:

Эстонияда құрғақшылық, Латвияда құрғақшылық, Литвада құрғақшылық.

Эстония, Латвия және Литва - Балтық жағалауы елдері. Барлық Балтық елдерінде құрғақшылық.

Мысалдан біз индукция әдісі арқылы жаңа ақпаратты немесе шындықты алу мүмкін емес деген қорытынды жасауға болады. Сенуге болатын нәрсе - қорытындылардың кейбір ықтимал шынайылығы. Оның үстіне, үй-жайлардың ақиқаттығы бірдей тұжырымдарға кепілдік бермейді. Дегенмен, бұл факт индукциялық өсімдіктер дедукцияның ауласында өседі дегенді білдірмейді: индукция әдісі арқылы көптеген ережелер мен ғылыми заңдар дәлелденген. Математика, биология және басқа ғылымдар мысал бола алады. Бұл негізінен толық индукция әдісіне байланысты, бірақ кейбір жағдайларда ішінара да қолданылады.

Индукцияның құрметті жасы оның адам қызметінің барлық дерлік салаларына енуіне мүмкіндік берді - бұл ғылым, экономика және күнделікті тұжырымдар.

Ғылыми ортадағы индукция

Индукция әдісі мұқият көзқарасты талап етеді, өйткені тым көп зерттелетін мәліметтердің санына байланысты: не Көбірекзерттелсе, нәтиже соғұрлым сенімді болады. Осы ерекшелікке сүйене отырып, индукция әдісімен алынған ғылыми заңдылықтар барлық мүмкін болатын құрылымдық элементтерді, байланыстар мен әсерлерді оқшаулау және зерттеу үшін ықтималдық болжамдар деңгейінде жеткілікті ұзақ уақыт бойы тексеріледі.

Ғылымда индуктивті қорытынды негізге алынады маңызды ерекшеліктері, кездейсоқ позицияларды қоспағанда. Бұл факттабиғатына байланысты маңызды ғылыми білім. Бұл ғылымдағы индукция мысалдарында анық байқалады.

Ғылыми әлемде индукцияның екі түрі бар (зерттеу әдісіне байланысты):

1. индукция-таңдау (немесе таңдау);
2. индукция – алып тастау (жою).

Бірінші түрі сыныпты (кіші сыныптарды) оның әртүрлі салаларынан әдістемелік (тексеру) іріктеуімен ерекшеленеді.

Индукцияның бұл түрінің мысалы келесідей: күміс (немесе күміс тұздары) суды тазартады. Қорытынды ұзақ мерзімді бақылауларға негізделген (растау мен теріске шығаруды таңдаудың бір түрі – таңдау).

Индукцияның екінші түрі белгілейтін қорытындыларға негізделген себептілікжәне оның қасиеттеріне сәйкес келмейтін жағдайларды, атап айтқанда, әмбебаптылықты, уақытша реттілікті сақтауды, қажеттілікті және бір мәнділікті қоспағанда.

Философия тұрғысынан индукция және дедукция

Тарихи ретроспективаға қарасақ, «индукция» терминін алғаш рет Сократ атаған. Аристотель философиядағы индукция мысалдарын анағұрлым жуық терминологиялық сөздікте сипаттады, бірақ толық емес индукция мәселесі ашық күйінде қалып отыр. Аристотельдік силлогизмді қудалаудан кейін индуктивті әдіс жаратылыстану ғылымында жемісті және жалғыз мүмкін деп таныла бастады. Бэкон дербес арнайы әдіс ретінде индукцияның атасы болып саналады, бірақ ол замандастары талап еткендей индукцияны дедуктивті әдістен ажырата алмады.

Индукцияның одан әрі дамуын Дж.Милл жүзеге асырды, ол индукция теориясын төрт негізгі әдіс: келісім, айырмашылық, қалдық және сәйкес өзгерістер позициясынан қарастырды. Бүгінгі күні аталған әдістер егжей-тегжейлі қарастырылған кезде дедуктивті болуы таңқаларлық емес.

Бэкон мен Милль теорияларының сәйкессіздігін білу ғалымдарды индукцияның ықтималдық негізін зерттеуге әкелді. Дегенмен, бұл жерде де кейбір шектен шығулар болды: ықтималдық теориясына индукцияны азайту әрекеттері жасалды, оның барлық салдары бар.

Индукция қашан сенім дауысын алады практикалық қолданубелгілі бір жағдайда пәндік аймақтаржәне индуктивті негіздің метрикалық дәлдігінің арқасында. Философиядағы индукция мен дедукцияның мысалын бүкіләлемдік тартылыс заңы деп санауға болады. Заң ашылған күні Ньютон оны 4 пайыздық дәлдікпен тексере алды. Ал екі жүз жылдан астам уақыт өткеннен кейін тексеру кезінде дәлдік 0,0001 пайыз дәлдікпен расталды, дегенмен тексеру бірдей индуктивті жалпылаулар арқылы жүргізілді.

Қазіргі заманғы философия тәжірибеге, интуицияға жүгінбей, «таза» пайымдауларды қолдана отырып, бұрыннан белгілі нәрседен жаңа білімді (немесе шындықты) алуға логикалық ұмтылыспен белгіленетін дедукцияға көбірек көңіл бөледі. Дедуктивті әдісте ақиқат алғышарттарға сілтеме жасағанда, барлық жағдайда нәтиже ақиқат мәлімдеме болып табылады.

Бұл өте маңызды сипаттама индуктивті әдістің мәніне көлеңке түсірмеуі керек. Өйткені тәжірибе жетістіктеріне негізделген индукция оны өңдеу құралына да айналады (соның ішінде жалпылау және жүйелеу).

Индукцияның экономикада қолданылуы

Индукция мен дедукция экономиканы зерттеу және оның дамуын болжау әдістері ретінде бұрыннан қолданылып келеді.

Индукциялық әдісті қолдану ауқымы айтарлықтай кең: болжамдық көрсеткіштердің (пайда, амортизация және т.б.) орындалуын зерттеу және жалпы ұпайкәсіпорынның жағдайы; фактілер мен олардың байланыстарына негізделген тиімді кәсіпорынды жылжыту саясатын қалыптастыру.

Дәл осындай индукция әдісі Шеухарт диаграммаларында қолданылады, мұнда процестер басқарылатын және басқарылмайтын болып бөлінеді деген болжаммен басқарылатын процестің шеңбері белсенді емес деп көрсетілген.

Айта кету керек, ғылыми заңдылықтар индукция әдісі арқылы негізделеді және бекітіледі, ал экономика математикалық талдауды, тәуекел теориясын және статистикалық мәліметтерді жиі қолданатын ғылым болғандықтан, индукцияның негізгі әдістер тізіміне енуі ғажап емес.

Төмендегі жағдай экономикадағы индукция мен дедукцияға мысал бола алады. Азық-түлік (тұтыну қоржынынан) және ең қажетті тауарлар бағасының өсуі тұтынушыны мемлекетте пайда болатын жоғары құн туралы ойлауға итермелейді (индукция). Сонымен бірге, көмегімен жоғары құны фактісінен математикалық әдістержекелеген тауарлар немесе тауарлар санаттары бойынша бағаның өсу көрсеткіштерін шығаруға болады (шегерім).

Көбінесе басқарушы персонал, менеджерлер және экономистер индукциялық әдіске жүгінеді. Кәсіпорынның дамуын, нарықтағы мінез-құлықты және бәсекелестік салдарын жеткілікті шынайылықпен болжай алу үшін ақпаратты талдау мен өңдеуге индуктивті-дедуктивті тәсіл қажет.

Жалған пайымдауларға сілтеме жасайтын экономикадағы индукцияның көрнекі мысалы:

• компанияның пайдасы 30%-ға төмендеді;
  бәсекелес өнім желісін кеңейтті;
  басқа ештеңе өзгерген жоқ;
• бәсекелес компанияның өндірістік саясаты кірістің 30%-ға төмендеуіне әкелді;
• сондықтан да сол өндірістік саясатты жүзеге асыру қажет.

Мысал индукция әдісін ұқыпсыз пайдалану кәсіпорынның күйреуіне қалай ықпал ететінінің түрлі-түсті суреті болып табылады.

Психологиядағы дедукция және индукция

Әдіс бар болғандықтан, логикалық тұрғыдан дұрыс ұйымдастырылған ойлау да бар (әдісті қолдану үшін). Психология зерттейтін ғылым ретінде психикалық процестер, олардың қалыптасуы, дамуы, қарым-қатынасы, өзара әрекеті дедукция мен индукцияның көріну формаларының бірі ретінде «дедуктивті» ойлауға көңіл бөледі. Өкінішке орай, Интернеттегі психология беттерінде дедуктивті-индуктивті әдістің тұтастығын негіздеу іс жүзінде жоқ. Кәсіби психологтар индукция көріністерімен, дәлірек айтсақ, қате тұжырымдармен жиі кездеседі.

Психологиядағы индукцияның мысалы ретінде қате пайымдауларды мысал ретінде келтіруге болады: менің анам алдамшы, сондықтан барлық әйелдер алдамшы. Өмірден индукцияның «қате» мысалдары бар:

• математикадан екілік алған оқушы ештеңеге қабілетті емес;
• ол ақымақ;
• ол ақылды;
• Мен бәрін істей аламын;

Абсолютті кездейсоқ және кейде елеусіз хабарламаларға негізделген басқа да көптеген құнды пікірлер.

Айта кету керек: адамның пайымдауларының қателігі абсурдтық шегіне жеткенде, психотерапевт үшін жұмыс майданы пайда болады. Маманның қабылдауында индукцияның бір мысалы:

«Науқас қызыл түстің кез келген көріністе ол үшін тек қауіп төндіретініне толық сенімді. Нәтижесінде, адам бұл түс схемасын өз өмірінен алып тастады - мүмкіндігінше. Үй жағдайында жайлы өмір сүру үшін көптеген мүмкіндіктер бар. Сіз барлық қызыл заттардан бас тарта аласыз немесе оларды басқа түс схемасында жасалған аналогтармен ауыстыра аласыз. Бірақ ішінде қоғамдық орындарда, жұмыста, дүкенде - бұл мүмкін емес. Стресс жағдайына түскен пациент әр жолы мүлдем басқаша «толқынды» бастан кешіреді эмоционалдық күйлербасқаларға қауіп төндіруі мүмкін».

Бұл индукция мысалы және бейсаналық түрде «тұрақты идеялар» деп аталады. Егер бұл психикалық сау адамның басынан өтсе, ұйымның жетіспеушілігі туралы айтуға болады психикалық белсенділік. құтылу жолы обсессивті күйлердедуктивті ойлаудың элементарлы дамуына айналуы мүмкін. Басқа жағдайларда мұндай науқастармен психиатрлар жұмыс істейді.

Жоғарыда келтірілген индукция мысалдары «заңды білмеу салдардан (қате шешімдерден) босатпайды» деп көрсетеді.

Дедуктивті ойлау тақырыбымен жұмыс істейтін психологтар адамдарға осы әдісті меңгеруге көмектесетін ұсыныстар тізімін жасады.

Бірінші қадам - ​​мәселені шешу. Көріп отырғанымыздай, математикада қолданылатын индукция формасын «классикалық» деп санауға болады және бұл әдісті қолдану ақыл-ойдың «тәртіпке» ықпал етеді.

Дедуктивті ойлауды дамытудың келесі шарты – ой-өрісін кеңейту (анық ойлайтындар, нақты айтады). Бұл ұсыныс «азапты» ғылым мен ақпарат қазыналарына (кітапханалар, веб-сайттар, білім беру бастамалары, саяхат және т.б.) бағыттайды.

«Психологиялық индукция» деп аталатын нәрсені бөлек айту керек. Бұл терминді сирек болса да, Интернетте табуға болады. Барлық дереккөздер бұл терминге кем дегенде қысқаша анықтама бермейді, бірақ «өмірден алынған мысалдарға» сілтеме жасайды. жаңа түріиндукция не ұсыныс, не психикалық аурудың кейбір түрлері немесе адам психикасының төтенше жағдайлары. Жоғарыда айтылғандардың барлығынан қорытынды жасауға әрекет екені анық. жаңа термин”, жалған (көбінесе жалған) үй-жайларға сүйене отырып, экспериментаторды қате (немесе асығыс) мәлімдеме алуға мәжбүр етеді.

Айта кету керек, 1960 жылғы эксперименттерге сілтеме (өткізу орнын, экспериментаторлардың аты-жөнін, зерттелушілер үлгісін және ең бастысы, эксперименттің мақсатын көрсетпей) жұмсақ тілмен айтқанда, сенімсіз және мәлімдеме болып көрінеді. ми ақпаратты қабылдаудың барлық органдарын айналып өтіп қабылдайтыны («тәжірибелі» деген тіркес бұл жағдайда органикалық түрде сәйкес келеді) мәлімдеме авторының сенімділігі мен сыни еместігі туралы ойлануға мәжбүр етеді.

Қорытындының орнына

Ғылымдардың патшайымы – математика индукция мен дедукция әдісінің барлық мүмкін болатын резервтерін бекер пайдаланады. Қарастырылған мысалдар тіпті ең дәл және сенімді әдістерді үстірт және ұқыпсыз (ойсыз, олар айтқандай) қолдану әрқашан қате нәтижелерге әкеледі деген қорытынды жасауға мүмкіндік береді.

AT бұқаралық санадедукция әдісі әйгілі Шерлок Холмспен байланысты, ол өзінің логикалық конструкцияларында қажетті жағдайларда дедукцияны қолдана отырып, индукция мысалдарын жиі қолданады.

Мақалада бұл әдістерді адам өмірінің әртүрлі ғылымдары мен салаларында қолдану мысалдары қарастырылды.

Математикалық индукция математикалық дәлелдеудің кең таралған әдістерінің бірі негізінде жатыр. Оны дәлелдеу үшін қолдануға болады көпшілігі n натурал сандары бар формулалар, мысалы, прогрессияның бірінші мүшелерінің қосындысын табу формуласы S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, Ньютонның биномдық формуласы 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 .

Бірінші абзацта біз негізгі ұғымдарды талдаймыз, содан кейін әдістің негізін қарастырамыз, содан кейін оны теңдік пен теңсіздікті дәлелдеу үшін қалай пайдалану керектігін айтамыз.

Индукция және дедукция ұғымдары

Алдымен индукция мен дедукцияның жалпы не екенін қарастырайық.

Анықтама 1

Индукцияжекеден жалпыға көшу болып табылады, және шегерімкерісінше, жалпыдан жекеге қарай.

Мысалы, бізде мәлімдеме бар: 254-ті толығымен екіге бөлуге болады. Одан көптеген қорытындылар жасауға болады, олардың арасында ақиқат та, жалған да болады. Мысалы, соңында 4 саны бар барлық бүтін сандарды қалдықсыз екіге бөлуге болады деген тұжырым дұрыс, бірақ үш цифрдың кез келген саны 2-ге бөлінеді деген пікір жалған.

Жалпы алғанда, индуктивті пайымдаудың көмегімен белгілі немесе айқын бір пайымдаудан көптеген қорытындылар алуға болады деп айтуға болады. Математикалық индукция бұл тұжырымдардың қаншалықты дұрыс екендігін анықтауға мүмкіндік береді.

Бізде 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , сияқты сандар тізбегі бар делік. . . , 1 n (n + 1) , мұндағы n кейбір натурал санды білдіреді. Бұл жағдайда тізбектің бірінші элементтерін қосқанда, біз келесіні аламыз:

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 34, = 1 1 2 + 1 2 3 + 1 3 4 + 1 4 5 = 4 5, . . .

Индукцияны пайдалана отырып, S n = n n + 1 деген қорытынды жасауға болады. Үшінші бөлімде біз бұл формуланы дәлелдейміз.

Математикалық индукция әдісі дегеніміз не

Бұл әдіс бір атау принципіне негізделген. Ол былай тұжырымдалған:

Анықтама 2

Белгілі бір тұжырым n натурал шама үшін ақиқат болады, егер 1) n = 1 және 2) бұл өрнек ерікті табиғи n = k шама үшін ақиқат болса, оның да ақиқат болатыны шығады. n = k + 1 үшін.

Математикалық индукция әдісін қолдану 3 кезеңде жүзеге асырылады:

1. Біріншіден, n-дің ерікті табиғи мәні болған жағдайда бастапқы мәлімдеменің дұрыстығын тексереміз (әдетте тест бірлік үшін жасалады).
2. Осыдан кейін біз n = k кезіндегі сенімділікті тексереміз.
3. Ал содан кейін n = k + 1 болса, тұжырымның дұрыстығын дәлелдейміз.

Теңсіздіктер мен теңдеулерді шешуде математикалық индукция әдісін қалай қолдануға болады

Жоғарыда айтқан мысалды алайық.

1-мысал

S n = 1 1 2 + 1 2 3 + формуласын дәлелдеңдер. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Шешім

Бізге белгілі болғандай, математикалық индукция әдісін қолдану үшін қатарынан үш қадамды орындау керек.

1. Біріншіден, бұл теңдік n-ге тең болған кезде жарамды болатынын тексереміз. Біз S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2 аламыз. Мұнда бәрі дұрыс.
2. Әрі қарай S k = k k + 1 формуласы дұрыс деп болжаймыз.
3. Үшінші қадамда алдыңғы теңдіктің дұрыстығына сүйене отырып, S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 екенін дәлелдеуіміз керек.

Біз k + 1-ді бастапқы тізбектің және k + 1 бірінші мүшелерінің қосындысы ретінде көрсете аламыз:

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

Екінші қадамда S k = k k + 1 болатындықтан, біз келесіні жаза аламыз:

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

Енді біз қажетті түрлендірулерді орындаймыз. Бізге бөлшекті азайту керек ортақ бөлгіш, ұқсас терминдерді келтіріп, қысқартылған көбейту формуласын қолданып, не болғанын азайтыңыз:

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

Сонымен, математикалық индукция әдісінің үш қадамын да орындай отырып, үшінші тармақтағы теңдікті дәлелдедік.

Жауап: S n = n n + 1 формуласы туралы болжам дұрыс.

Тригонометриялық функциялармен күрделі есепті алайық.

2-мысал

cos 2 α · cos 4 α · сәйкестігін дәлелдеңіз. . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Шешім

Біздің есімізде, бірінші қадам n бірге тең болғанда теңдіктің дұрыстығын тексеру болуы керек. Мұны білу үшін біз негізгі тригонометриялық формулаларды есте сақтауымыз керек.

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

Демек, бірге тең n үшін сәйкестік ақиқат болады.

Енді оның жарамдылығы n = k үшін сақталды делік, яғни. cos 2 α · cos 4 α · екені рас болады. . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

cos 2 α · cos 4 α · теңдігін дәлелдейміз. . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α n = k + 1 болған жағдай үшін, алдыңғы болжамға негізделген.

Тригонометриялық формулаға сәйкес,

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 sin (2 2 k + 1 α) + sin 0 = 1 2 sin 2 k + 2 α

Демек,

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

Бұл әдіс арқылы теңсіздікті дәлелдеу есебін шешудің мысалы ең кіші квадраттар әдісі туралы мақалада келтірілген. Жақындау коэффициенттерін табуға арналған формулалар шығарылатын абзацты оқыңыз.

Мәтінде қатені байқасаңыз, оны бөлектеп, Ctrl+Enter пернелерін басыңыз

MBOU «Техникалық-экономикалық» лицейі

МАТЕМАТИКАЛЫҚ ИНДУКЦИЯ ӘДІСІ

МАТЕМАТИКАЛЫҚ ИНДУКЦИЯ ӘДІСІ.

ТҮСІНДІРМЕ ЖАЗБА

Математикалық бейінді 10-сынып оқушылары үшін «Математикалық индукция әдісі» әдістемелік әзірлеме құрастырылды.

Бастапқы мақсаттар: студенттерді математикалық индукция әдісімен таныстыру және оны әртүрлі есептерді шығаруда қолдану жолдарын үйрету.

AT әдістемелік әзірлеубастауыш математика сұрақтары қарастырылады: бөлінуге есептер, сәйкестіктерді дәлелдеу, теңсіздіктерді дәлелдеу, әртүрлі дәрежедегі күрделілік есептер ұсынылады, соның ішінде олимпиадаларда ұсынылатын есептер.

Эксперименттік ғылымдардағы индуктивті қорытындылардың рөлі өте үлкен. Олар осы ережелерді береді, одан әрі қорытындылар шегерім арқылы жасалады. Аты математикалық индукция әдісіалдамшы - шын мәнінде, бұл әдіс дедуктивті және индукция арқылы болжанған мәлімдемелердің қатаң дәлелін береді. Математикалық индукция әдісі математиканың әртүрлі бөлімдері арасындағы байланыстарды анықтауға ықпал етеді, оқушының математикалық мәдениетін дамытуға көмектеседі.

Математикалық индукция әдісінің анықтамасы. Толық және толық емес индукция. Теңсіздіктерді дәлелдеу. Жеке басын куәландыратын құжат. Бөлінгіштікке есептер шығару. «Математикалық индукция әдісі» тақырыбы бойынша әртүрлі есептер шығару.

ҰСТАЗҒА АРНАЛҒАН ӘДЕБИЕТ

1. М.Л.Галицкий. Терең оқуалгебра және математикалық талдау курсы. - М.Ағарту.1986 ж.

2. Л.И.Звавич. Алгебра және талдаудың бастаулары. Дидактикалық материалдар. М.Дрофа 2001 ж.

3. Н.Я.Виленкин. Алгебра және математикалық талдау. М Ағарту. 1995 ж.

4. Ю.В.Михеев. Математикалық индукция әдісі. НГУ.1995.

СТУДЕНТТЕРГЕ АРНАЛҒАН ӘДЕБИЕТ

1. Н.Я.Виленкин. Алгебра және математикалық талдау. М Ағарту. 1995 ж.

2. Ю.В.Михеев. Математикалық индукция әдісі. НГУ.1995.

ТҮЙІНДІ СӨЗДЕР

Индукция, аксиома, математикалық индукция принципі, толық индукция, толық емес индукция, бекіту, сәйкестік, теңсіздік, бөлінгіштік.

ТАҚЫРЫПҚА ДИДАКТИКАЛЫҚ ҚОСЫМША

«МАТЕМАТИКАЛЫҚ ИНДУКЦИЯ ӘДІСІ».

№1 сабақ

Математикалық индукция әдісінің анықтамасы.

Математикалық индукция әдісі мыналардың бірі болып табылады жоғары тиімді әдісжаңа нәтижелерді іздеу және ұсынылған болжамдардың ақиқаттығын дәлелдеу. Бұл әдіс математикада жаңалық болмаса да, оған деген қызығушылық азаймайды. Алғаш рет нақты көрсетілімде математикалық индукция әдісін 17 ғасырда көрнекті француз ғалымы Блез Паскаль сандық үшбұрыштың қасиеттерін дәлелдеуде қолданды, содан бері оның атымен аталған. Дегенмен, математикалық индукция идеясы ежелгі гректерге белгілі болды. Математикалық индукция әдісі аксиома ретінде қабылданған математикалық индукция принципіне негізделген. Біз математикалық индукция идеясын мысалдармен қарастырамыз.

№1 мысал.

Шаршы кесінді арқылы екі бөлікке бөлінеді, содан кейін алынған бөліктердің бірі екі бөлікке бөлінеді және т.б. Шаршы неше бөлікке бөлінгенін анықтаңыз Пқадамдар?

Шешім.

Бірінші қадамнан кейін біз шарт бойынша 2 бөлікті аламыз. Екінші қадамда бір бөлігін өзгеріссіз қалдырамыз, ал екіншісін 2 бөлікке бөліп, 3 бөлікті аламыз. Үшінші қадамда 2 бөлікті өзгеріссіз қалдырамыз, ал үшіншісін екі бөлікке бөліп, 4 бөлікті аламыз. Төртінші қадамда 3 бөлікті өзгеріссіз қалдырамыз, ал соңғы бөлікті екі бөлікке бөліп, 5 бөлікті аламыз. Бесінші қадамда біз 6 бөлікті аламыз. Ұсыныс сол арқылы жасалады Пқадамдар аламыз (n+1)бөлігі. Бірақ бұл ұсынысты дәлелдеу керек. Осы арқылы деп есептейік дейіншаршы қадамдарға бөлінеді (k+1)бөлігі. Содан кейін (k+1)қадам біз дейінбөліктері өзгеріссіз қалады, және (k+1)бөлікті екі бөлікке бөліп, алыңыз (k+2)бөліктері. Байқасаңыз, осылайша қалағаныңызша, шексіз дауласуға болады. Яғни, біздің болжамымыз солай Пқадамдар шаршыға бөлінеді (n+1)бөлігі, дәлелденеді.

№2 мысал.

Әжемнің тосапты, әсіресе литрлік банкадағыны жақсы көретін немересі бар еді. Бірақ әжесі оған тиісуге рұқсат бермеді. Ал немерелері әжесін алдамақ болыпты. Ол күн сайын осы құмыраның 1/10 литрін жеп, оны жақсылап араластырып, сумен толтыруды шешті. Тосап сумен жартылай сұйылтылған кезде сыртқы түрі өзгеріссіз қалса, әже неше күннен кейін алдауды табады?

Шешім.

Содан кейін банкада қанша таза джем қалатынын табыңыз Пкүндер. Бірінші күннен кейін қоспасы 9/10 кептеліс пен 1/10 судан тұратын құмырада қалады. Екі күннен кейін су мен джем қоспасының 1/10 бөлігі банкадан жоғалып кетеді және қалады (1 литр қоспада 9/10 литр тосап, 1/10 литр қоспада 9/100 литр тосап бар)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 литр тосап. Үшінші күні банкадан 81/100 тосап пен 19/100 судан тұратын 1/10 литр қоспасы жоғалады. Қоспаның 1 литрінде 81/100 л тосап, 1/10 л қоспасында 81/1000 л тосап бар. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 л тосап 3 күннен кейін қалады, ал қалғаны сумен қабылданады. Үлгі пайда болады. арқылы Пбанкте қалған күндер (9/10) Пмен кептеліс. Бірақ бұл біздің болжамымыз ғана.

Болсын дейінерікті натурал сан болып табылады. Осы арқылы деп есептейік дейінбанктегі күндер (9/10) кептеліске дейін қалады. Басқа күні банкте не болатынын көрейік, яғни жылы (k+1)күні. Банктен жоғалады 1/10лқоспасы (9/10) дейін лджем және су. AT 1лқоспасы болып табылады (9/10) дейін лджем, в 1/10лқоспалар (9/10) k+1 лджем. Енді біз мұны сенімді түрде айта аламыз Пбанкте күн қалды (9/10) П лджем. 6 күннен кейін банкте болады 531444/1000000лкептеліс, 7 күннен кейін - 4782969/10000000лджем, яғни жартысынан аз.

Жауап: 7 күннен кейін әже алдауды анықтайды.

Қарастырылған мәселелердің шешімдерінде ең негізгісін бөліп көрсетуге тырысайық. Біз олардың әрқайсысын жеке немесе олар айтқандай, ерекше істерді қарастыру арқылы шешуге кірістік. Содан кейін біз өз бақылауларымызға сүйене отырып, кейбір болжамдар жасадық P(n), табиғиға байланысты П.

бекіту тексерілді, яғни дәлелденді P(1), P(2), P(3);

соны ұсынды P(n)үшін жарамды n=kжәне ол келесі үшін жарамды болады деп қорытындылады n, n=k+1.

Содан кейін олар былайша дауласып қалды: P(1)дұрыс, P(2)дұрыс, P(3)дұрыс, P(4)дұрыс... дұрыс P(n).

Математикалық индукция принципі.

Мәлімдеме P(n), табиғиға байланысты П, барлық табиғиға жарамды П, егер

1) бекітудің негізділігі n=1;

2) мәлімдеменің негізділігін болжаудан P(n)сағ n=kкерек

әділдік P(n)сағ n=k+1.

Математикада математикалық индукция принципі, әдетте, сандардың натурал қатарын анықтайтын аксиомалардың бірі ретінде таңдалады, демек, дәлелдеусіз қабылданады. Математикалық индукция принципі бойынша дәлелдеу әдісі әдетте математикалық индукция әдісі деп аталады. Бұл әдіс теоремаларды, сәйкестіктерді, теңсіздіктерді бөлуге есептерді шешуде және басқа да көптеген есептерді дәлелдеуде кеңінен қолданылатынын ескеріңіз.

№2 сабақ

Толық және толық емес индукция.

Математикалық мәлімдеме объектілердің шектеулі санына қатысты болған жағдайда, оны әрбір объект үшін тексеру арқылы дәлелдеуге болады, мысалы, «Әрбір екі мәнді жұп санекінің қосындысы болып табылады жай сандар«. Жағдайлардың шектеулі саны үшін мәлімдемені тексеретін дәлелдеу әдісі толық математикалық индукция деп аталады. Бұл әдіс салыстырмалы түрде сирек қолданылады, өйткені мәлімдемелер көбінесе шексіз жиындарда қарастырылады. Мысалы, «Кез келген жұп сан екі жай санның қосындысына тең» теоремасы осы уақытқа дейін дәлелденген де, жоққа шығарылған да жоқ. Егер біз бұл теореманы бірінші миллиардқа тексерсек те, ол бізді оны дәлелдеуге бір қадам жақындата алмайды.

AT жаратылыстану ғылымдарытолық емес индукцияны қолдану, тәжірибені бірнеше рет тексеру, нәтижені барлық жағдайларға көшіру.

№3 мысал

Натурал сандардың кубтарының қосындысы үшін толық емес индукция формуласын қолданып тап.

Шешім.

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 .

Дәлелдеу.

Ол үшін шын болсын n=k.

үшін дұрыс екенін дәлелдеп көрейік n=k+1.

Қорытынды: натурал сандардың кубтарының қосындысының формуласы кез келген натурал сандар үшін дұрыс П.

№4 мысал

Теңдіктерді қарастырыңыз және бұл мысалдар қандай жалпы заңға әкелетінін болжаңыз.

Шешім.

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

……………………………………………………………..

№5 мысал

Келесі өрнектерді қосынды түрінде жазыңыз:

1)
2)
3)
; 4)
.

Грек әрпі «сигма».

№6 мысал.

Таңбаны пайдаланып келесі қосындыларды жаз
:

2)

№7 мысал.

Келесі өрнектерді туынды түрінде жазыңыз:

1)

3)
4)

№8 мысал.

Таңбаны пайдаланып мына шығармаларды жаз

(бас грек әрпі «pi»)

1)
2)

№9 мысал.

Көпмүшенің мәнін есептеу f ( n )= n 2 + n +11 , сағ n=1,2,3,4.5,6,7 кез келген табиғи үшін деп болжауға боладыПсаны f ( n ) қарапайым.

Бұл болжам дұрыс па?

Шешім.

Егер әрбір қосынды санға бөлінетін болса, онда қосынды сол санға бөлінеді,
кез келген натурал сан үшін жай сан емесП.

Кейстердің шектеулі санын талдау маңызды рөлматематикада: осы немесе басқа мәлімдемені дәлелдемей, бұл тұжырымның дұрыс тұжырымдалуын болжауға көмектеседі, егер ол әлі белгісіз болса. Санкт-Петербург Ғылым академиясының мүшесі Гольдбах екіден басталатын кез келген натурал сан ең көбі үш жай санның қосындысы деген тұжырымға келді.

№3 сабақ

Математикалық индукция әдісі әртүрлі сәйкестіктерді дәлелдеуге мүмкіндік береді.

№10 мысал.Мұны барлығына дәлелдейік Псәйкестік

Шешім.

қояйық

Біз мұны дәлелдеуіміз керек

Соны болмыс шындығынан дәлелдеп көрейік

сәйкестіктің ақиқаты шығады

Математикалық индукция принципі бойынша, барлығына бірдейліктің ақиқаты П.

№11 мысал.

Жеке басын дәлелдейік

Дәлелдеу.

мерзім бойынша теңдіктер.

;
. Демек, бұл сәйкестік барлығына қатыстыП .

№4 сабақ.

Математикалық индукция арқылы сәйкестіктерді дәлелдеу.

№12 мысал. Жеке басын дәлелдейік

Дәлелдеу.

Математикалық индукция принципін қолдана отырып, біз теңдіктің барлығы үшін дұрыс екенін дәлелдедік П.

№13 мысал. Жеке басын дәлелдейік

Дәлелдеу.

Математикалық индукция принципін қолдана отырып, біз тұжырымның кез келген натурал үшін дұрыс екенін дәлелдедік П.

№14 мысал. Жеке басын дәлелдейік

Дәлелдеу.

№15 мысал. Жеке басын дәлелдейік

1) n=1;

2) үшін n=k теңдік

3) теңдік орындалатынын дәлелде n=k+1:

Қорытынды: сәйкестік кез келген табиғи үшін жарамды П.

№16 мысал.Жеке басын дәлелдейік

Дәлелдеу.

Егер а n=1 , содан кейін

Сәйкестікті сақтау үшін рұқсат етіңіз n=k.

сәйкестендіру сәйкес келетінін дәлелдейік n=k+1.

Сонда сәйкестік кез келген табиғи үшін жарамды П.

Сабақ нөмірі 5.

Математикалық индукция арқылы сәйкестіктерді дәлелдеу.

№17 мысал.Жеке басын дәлелдейік

Дәлелдеу.

Егер а n=2 , онда дұрыс теңдікті аламыз:

үшін теңдік ақиқат болсынn=k:

үшін бекітудің дұрыстығын дәлелдеп көрейік n=k+1.

Математикалық индукция принципі бойынша сәйкестік дәлелденеді.

№18 мысал. Жеке басын дәлелдейік
n≥2 үшін.

Сағат n=2 бұл сәйкестікті өте қарапайым түрде қайта жазуға болады

және анық рас.

рұқсат етіңіз n=kшынымен

.

үшін бекітудің дұрыстығын дәлелдеп көрейікn=k+1, яғни теңдік орындалады: .

Сонымен, біз сәйкестендірудің кез келген табиғиға қатысты екенін дәлелдедік n≥2.

№19 мысал. Жеке басын дәлелдейік

Сағат n=1 дұрыс теңдікті аламыз:

Бұл жерде делік n=kбіз де дұрыс теңдікті аламыз:

үшін теңдіктің дұрыстығы сақталатынын дәлелдейміз n=k+1:

Сонда сәйкестік кез келген табиғи үшін жарамды П.

№6 сабақ.

Бөлінгіштікке есептер шығару.

№20 мысал.Математикалық индукция арқылы дәлелдеңіз

бөлінген 6 ізсіз.

Дәлелдеу.

Сағат n=1 деп бөліну бар6 ізсіз,
.

рұқсат етіңіз n=k өрнек
бірнеше6.

Оны қашан дәлелдейік n=k+1 өрнек
бірнеше6 .

Әрбір термин еселік 6 , сондықтан қосынды еселік болады 6 .

№21 мысал.
үстінде5 ізсіз.

Дәлелдеу.

Сағат n=1 өрнек бөлінетін
.

рұқсат етіңіз n=k өрнек
деп те бөлінеді5 ізсіз.

Сағат n=k+1бөлінген 5 .

№22 мысал. Өрнектің бөлінгіштігін дәлелде
үстінде16.

Дәлелдеу.

Сағат n=1бірнеше 16 .

рұқсат етіңіз n=k
бірнеше16.

Сағат n=k+1

Барлық терминдер келесіге бөлінеді 16: біріншісі болжам бойынша екіншісі екені анық, ал үшіншісі жақшада жұп сан бар.

№23 мысал. Бөлінгіштігін дәлелде
үстінде676.

Дәлелдеу.

Алдымен соны дәлелдеп алайық
бөлінген
.

Сағат n=0
.

рұқсат етіңіз n=k
бөлінген26 .

Содан кейін сағат n=k+1бөлінген 26 .

Енді мәселенің шартында тұжырымдалған бекітуді дәлелдеп көрейік.

Сағат n=1бөлінген 676.

Сағат n=k бұл рас
бөлінген26 2 .

Сағат n=k+1 .

Екі термин де бөлінеді 676 ; біріншісі, өйткені біз бөлінгіштігін дәлелдедік 26 жақшадағы өрнек, ал екіншісі индуктивті гипотеза арқылы бөлінеді.

№7 сабақ.

Бөлінгіштікке есептер шығару.

№24 мысал.

Дәлелдеңіз
бөлінген5 ізсіз.

Дәлелдеу.

Сағат n=1
бөлінген5.

Сағат n=k
бөлінген5 ізсіз.

Сағат n=k+1 әрбір мүше келесіге бөлінеді5 ізсіз.

№25 мысал.

Дәлелдеңіз
бөлінген6 ізсіз.

Дәлелдеу.

Сағат n=1
бөлінген6 ізсіз.

рұқсат етіңіз n=k
бөлінген6 ізсіз.

Сағат n=k+1бөлінген 6 қалдық жоқ, өйткені әрбір мүше келесіге бөлінеді6 қалдықсыз: бірінші мүше, индуктивті болжам бойынша, екінші, анық, үшінші, өйткені
жұп сан.

№26 мысал.

Дәлелдеңіз
бойынша бөлгенде9 қалғанын береді 1 .

Дәлелдеу.

Соны дәлелдеп көрейік
бөлінген9 .

Сағат n=1
бөлінген 9 . рұқсат етіңіз n=k
бөлінген9 .

Сағат n=k+1бөлінген 9 .

№27 мысал.

-ге бөлінетінін дәлелде15 ізсіз.

Дәлелдеу.

Сағат n=1бөлінген 15 .

рұқсат етіңіз n=kбөлінген 15 ізсіз.

Сағат n=k+1

Бірінші мүше көптік15 индукциялық гипотеза бойынша екінші мүше еселік болады15 – анық, үшінші мүше – еселік15 , өйткені
бірнеше5 (No21 мысалда дәлелденген), төртінші және бесінші мүшелер де еселік5 , бұл анық, онда қосынды еселік болады15 .

№ 8-9.

Теңсіздіктерді математикалық индукция арқылы дәлелдеу

№28 мысал.
.

Сағат n=1бізде бар
-дұрыс.

рұқсат етіңіз n=k
шынайы теңсіздік болып табылады.

Сағат n=k+1

Сонда теңсіздік кез келген натурал үшін жарамды болады П.

№29 мысал.Теңсіздіктің ақиқат екенін дәлелдеңдер
кез келген үшін П.

Сағат n=1дұрыс теңсіздікті аламыз 4 >1.

рұқсат етіңіз n=kтеңсіздік
.

Оны қашан дәлелдейік n=k+1теңсіздік

Кез келген табиғи үшін дейінтеңсіздік байқалады.

Егер а
сағ
содан кейін

№30 мысал.

кез келген табиғи үшін Пжәне кез келген

Болсын n=1
, дұрыс.

теңсіздік орындалады деп есептейік n=k:
.

Сағат n=k+1

№31 мысал.Теңсіздіктің дұрыстығын дәлелдеңдер

кез келген табиғи үшін П.

Алдымен мұны кез келген табиғиға дәлелдеп көрейік ттеңсіздік

Теңсіздіктің екі жағын да көбейт
. Эквивалентті теңсіздікті аламыз немесе
;
; - бұл теңсіздік кез келген табиғи үшін орындалады т.

Сағат n=1бастапқы теңсіздік ақиқат
;
;
.

Теңсіздік сақталсын n=k:
.

Сағат n=k+1

№10 сабақ.

Тақырып бойынша есептер шығару

Математикалық индукция әдісі.

№32 мысал.Бернулли теңсіздігін дәлелдеңдер.

Егер а
, содан кейін барлық табиғи құндылықтар үшінП теңсіздік

Дәлелдеу.

Сағат n=1 дәлелденетін теңсіздік пішінді алады
және дұрыс екені анық. үшін шын деп есептейікn=k , яғни не
.

Өйткені шартқа сай
, содан кейін
, демек теңсіздік оның екі бөлігін де көбейткенде мағынасын өзгертпейді
:

Өйткені
, содан кейін біз оны аламыз

.

Демек, теңсіздік дұрыс n=1, және оның шындығынан n=kоның ақиқат екені шығады және n=k+1.Демек, математикалық индукция арқылы ол барлық табиғиға сәйкес келеді П.

Мысалға,

№33 мысал. Барлық табиғи құндылықтарды табыңызП , ол үшін теңсіздік

Шешім.

Сағат n=1теңсіздік дұрыс. Сағат n=2теңсіздік те дұрыс.

Сағат n=3теңсіздік енді қанағаттандырылмайды. Тек қашан n=6теңсіздік орындалады, сондықтан біз индукциялық негіз үшін аламыз n=6.

Теңсіздік кейбір табиғи үшін дұрыс деп есептейік үшін:

Теңсіздікті қарастырайық

Соңғы теңсіздік орындалады, егер
Бақылау жұмысыТақырып бойынша n=1 қайталап беріледі: n≥5 , мұндағы П- -натурал сан.

Саратов облысының білім министрлігі

Саратов мемлекеттік әлеуметтік-экономикалық университеті

Облыстық математика және компьютерлік жұмысмектеп оқушылары

«Болашақ векторы – 2007»

«Математикалық индукция әдісі.

Оның алгебралық есептерді шешуге қолданылуы»

(«математика» бөлімі)

Шығармашылық жұмыс

10 «А» сынып оқушылары

№1 гимназия» ЖМ

Саратов қаласының Октябрь ауданы

Арутюнян Гаяне.

Жұмыс менеджері:

математика мұғалімі

Гришина Ирина Владимировна

Саратов

2007

Кіріспе…………………………………………………………………………………3

Математикалық индукция принципі және оның

дәлел………………………………………………………………………..4

Есептерді шешу мысалдары………………………………………………………………..9

Қорытынды…………………………………………………………………………..16

Әдебиет…………………………………………………………………………………17

Кіріспе.

Математикалық индукция әдісін прогресспен салыстыруға болады. Біз ең төменнен бастаймыз, нәтижесінде логикалық ойлауең биікке жетеміз. Адам әрқашан алға ұмтылды, өз ойын логикалық тұрғыдан дамыту қабілетіне ұмтылды, яғни табиғаттың өзі оған индуктивті ойлауды және логиканың барлық ережелері бойынша жүзеге асырылатын дәлелдермен өз ойын бекітуді тағайындады.
Қазіргі уақытта математикалық индукция әдісін қолдану саласы өсті, бірақ жылы мектеп бағдарламасыӨкінішке орай, оның уақыты көп емес. Бірақ бұл өте маңызды - индуктивті ойлай білу.

Математикалық индукция принципі және оны дәлелдеу

Математикалық индукция әдісінің мәніне тоқталайық. Әртүрлі мәлімдемелерді қарастырайық. Оларды жалпы және жеке деп бөлуге болады.Жалпы тұжырымдарға мысалдар келтірейік.

Барлық Ресей азаматтары білім алуға құқылы.

Кез келген параллелограммда қиылысу нүктесіндегі диагональдар екіге бөлінеді.

Нөлмен аяқталатын барлық сандар 5-ке бөлінеді.

Жеке мәлімдемелердің сәйкес мысалдары:

Петровтың білім алуға құқығы бар.

ABCD параллелограммында қиылысу нүктесіндегі диагональдар екіге бөлінген.

140 саны 5-ке бөлінеді.

Жалпы тұжырымдардан жекеге көшу дедукция деп аталады (латын тілінен шегерім - логика ережелері бойынша қорытынды).

Дедуктивті тұжырымның мысалын қарастырыңыз.

Барлық Ресей азаматтары білім алуға құқылы. (бір)

Петров Ресей азаматы. (2)

Петровтың білім алуға құқығы бар. (3)

Жалпы бекітуден (1) (2) көмегімен нақты бекіту (3) алынады.

Жеке мәлімдемелерден жалпы мәлімдемелерге кері көшу индукция деп аталады (латын тілінен индукция - нұсқау).

Индукция дұрыс және бұрыс қорытындыға әкелуі мүмкін.

Мұны екі мысалмен түсіндірейік.

140 саны 5-ке бөлінеді. (1)

Нөлмен аяқталатын барлық сандар 5-ке бөлінеді. (2)

140 саны 5-ке бөлінеді. (1)

Барлық үш таңбалы сандар 5-ке бөлінеді. (2)

Жеке мәлімдемеден (1) жалпы мәлімдеме (2) алынады. (2) мәлімдемесі дұрыс.

Екінші мысал жалпы мәлімдемені (3) белгілі бір мәлімдемеден (1) қалай алуға болатынын көрсетеді, сонымен қатар (3) мәлімдемесі дұрыс емес.

Тек дұрыс қорытындылар алу үшін математикада индукцияны қалай қолдану керек деген сұрақты өзімізге қойып көрейік. Математикада қабылданбайтын индукцияның кейбір мысалдарын қарастырайық.

1-мысал.

Леонард Эйлер назар аударған Р(x)= x 2 + x + 41 түріндегі шаршы үшмүшені қарастырайық.

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.

Әр жолы үшмүшенің мәні жай сан болатынын көреміз. Алынған нәтижелерге сүйене отырып, қарастырылып отырған үшмүшеге ауыстырғанда х орнына Кез келген теріс емес бүтін сан әрқашан жай санды береді.

Алайда жасалған қорытындыны сенімді деп санауға болмайды. Не болды? Дәлелдеуде кез келген х туралы жалпы мәлімдемелер тек х-тің кейбір мәндері үшін бұл тұжырым ақиқат болып шыққан негізінде жасалады.

Шынында да, P(x) үшмүшесін мұқият зерттегенде, P(0), P(1), ..., P(39) сандары жай сандар, бірақ P(40) = 41 2 құрама сан. Және анық: P(41) = 41 2 +41+41 41-ге еселік.

Бұл мысалда біз 40 ерекше жағдайда шындыққа сәйкес келетін және жалпы әділетсіз болып шыққан мәлімдемені кездестірдік.

Тағы бірнеше мысалды қарастырайық.

2-мысал

17 ғасырда В.Г. Лейбниц кез келген натурал n үшін n 3 - n түріндегі сандар 3-ке, n 5 - n 5-ке еселік, n 7 - n 7-ге еселік болатынын дәлелдеді. Осыған сүйене отырып, ол кез келген тақ k үшін және натурал n, n k саны k - n еселігі, бірақ көп ұзамай оның өзі 2 9 -2=510 екенін байқады, бұл, анық, 9-ға бөлінбейтін.

Қарастырылған мысалдар маңызды қорытынды жасауға мүмкіндік береді: мәлімдеме бірқатар ерекше жағдайларда дұрыс және сонымен бірге жалпы әділетсіз болуы мүмкін.

Сұрақ табиғи түрде туындайды: бірнеше нақты жағдайларда шындыққа сәйкес келетін мәлімдеме бар; барлық ерекше жағдайларды қарастыру мүмкін емес; бұл мәлімдеменің шын екенін қалай білуге ​​болады?

Бұл сұрақты кейде математикалық индукция әдісі деп аталатын арнайы пайымдау әдісін қолдану арқылы шешуге болады. Бұл әдіс негізделген математикалық индукция принципі, төмендегідей тұжырымдалған: мәлімдеме кез келген табиғи n үшін дұрыс, егер:

ол n = 1 үшін жарамды;

Кейбір ерікті натурал n =k үшін тұжырымның дұрыстығынан оның n = k +1 үшін дұрыс екендігі шығады.

Дәлелдеу.

Керісінше делік, яғни әрбір натурал n үшін мәлімдеме ақиқат болсын. Сонда m натурал саны бар

n = m үшін мәлімдеме дұрыс емес,

барлығы үшін Н

m >1 екені анық, өйткені бекіту n =1 (1-шарт) үшін дұрыс. Демек, m -1 натурал сан. m -1 натурал саны үшін тұжырым ақиқат, ал келесі m натурал саны үшін бұл дұрыс емес. Бұл 2-шартқа қайшы келеді. Пайда болған қайшылық болжамның қате екенін көрсетеді. Демек, бекіту кез келген табиғи n, h.e.d.

Математикалық индукция принципіне негізделген дәлелдеуді математикалық индукция әдісімен дәлелдеу деп атайды. Мұндай дәлелдеу екі тәуелсіз теореманы дәлелдеуден екі бөліктен тұруы керек.

1-теорема. n =1 үшін мәлімдеме дұрыс.

2-теорема. Бұл тұжырым n =k +1 үшін дұрыс, егер ол n=k үшін дұрыс болса, мұндағы k - ерікті натурал сан.

Егер осы екі теорема да дәлелденсе, онда математикалық индукция принципіне сүйене отырып, мәлімдеме кез келген теорема үшін дұрыс болады.
табиғи n.

Математикалық индукция арқылы дәлелдеу 1 және 2 теоремалардың екеуін де дәлелдеуді қажет ететінін атап өту керек. 2-теореманы елемеу дұрыс емес қорытындыларға әкеледі (1-2 мысалдар). 1-теореманы дәлелдеу қаншалықты қажет екенін мысалмен көрсетейік.

3-мысал. «Теорема»: әрбір натурал сан өзінен кейінгі натурал санға тең.

Дәлелдеу математикалық индукция әдісімен жүзеге асырылады.

k =k +1 (1) болсын делік.

k +1=k +2 (2) екенін дәлелдейік. Ол үшін «теңдіктің» (1) әрбір бөлігіне 1 қосыңыз.«Теңдік» (2) аламыз. Көрсетілген тұжырым n =k үшін ақиқат болса, n =k +1 үшін де дұрыс болады., т.б.

«Теореманың» айқын «салдары»: барлық натурал сандар тең.

Қателік мынада: математикалық индукция принципін қолдану үшін қажетті 1-теорема дәлелденбеген және ақиқат емес, тек екінші теорема ғана дәлелденген.

1 және 2 теоремалар ерекше маңызға ие.

1-теорема индукцияның негізін жасайды. 2-теорема осы базаның шексіз автоматты кеңеюіне, осы нақты жағдайдан келесіге, n-ден n + 1-ге өту құқығын береді.

Егер 1-теорема дәлелденбесе, бірақ 2-теорема дәлелденсе, демек, индукцияның негізі жасалмаған, содан кейін 2-теореманы қолданудың мағынасы жоқ, өйткені шын мәнінде кеңейтетін ештеңе жоқ.

Егер 2-теорема дәлелденбесе және тек 1-теорема дәлелденсе, онда индукцияны жүргізу үшін негіз жасалғанымен, бұл негізді кеңейту құқығы жоқ.

Ескертпелер.

Кейде дәлелдеудің екінші бөлігі n =k үшін ғана емес, n =k -1 үшін де тұжырымның дұрыстығына негізделеді. Бұл жағдайда бірінші бөлімдегі мәлімдеме келесі екі n мәні үшін тексерілуі керек.

Кейде мәлімдеме кез келген натурал n үшін емес, n > m үшін дәлелденеді, мұндағы m кейбір бүтін сан. Бұл жағдайда дәлелдеудің бірінші бөлігінде бекіту n =m +1 үшін, ал қажет болған жағдайда n-дің бірнеше кейінгі мәндері үшін тексеріледі.

Айтылғандарды қорытындылай келе, бізде: математикалық индукция әдісі жалпы заңды іздеуде осы жағдайда туындайтын гипотезаларды тексеруге, жалғандарын алып тастауға және ақиқаттарын бекітуге мүмкіндік береді.

Эмпирикалық, тәжірибелік ғылымдар үшін жеке бақылаулар мен эксперименттердің (яғни, индукция) нәтижелерін жалпылау процестерінің рөлі әркімге белгілі. Математика, екінші жағынан, ұзақ уақыт бойы таза дедуктивті әдістерді жүзеге асырудың классикалық мысалы болып саналды, өйткені ол әрқашан анық немесе жанама түрде барлық математикалық ұсыныстар (бастапқы ретінде қабылданғандардан басқа - аксиомалар) дәлелденеді және нақты қолданбалар болып табылады. бұл ұсыныстардың жалпы жағдайларға (дедукцияға) сәйкес келетін дәлелдемелерден алынған.

Индукция математикада нені білдіреді? Оны өте сенімді емес әдіс деп түсіну керек пе және мұндай индуктивті әдістердің сенімділік критерийін қалай іздеу керек? Немесе кез келген дәлелденген фактіні «тексеру» жаман болмайтындай, эксперименттік ғылымдардың эксперименталды қорытуларымен бірдей сипаттағы математикалық қорытындылардың сенімділігі ме? Шындығында бұлай емес.

Гипотеза бойынша индукция (нұсқаулық) математикада өте маңызды, бірақ таза эвристикалық рөл атқарады: ол шешімнің қандай болуы керектігін болжауға мүмкіндік береді. Бірақ математикалық ұсыныстар тек дедуктивті түрде бекітіледі. Ал математикалық индукция әдісі дәлелдеудің таза дедуктивті әдісі болып табылады. Шынында да, бұл әдіспен жүзеге асырылатын дәлелдеу екі бөліктен тұрады:

«негіз» деп аталатын - бір (немесе бірнеше) натурал сандар үшін қажетті сөйлемнің дедуктивтік дәлелі;

жалпы тұжырымның дедуктивті дәлелдеуінен тұратын индуктивті қадам. Теорема барлық натурал сандар үшін дәл дәлелденген. Дәлелденген негізден, мысалы, 0 саны үшін, біз индукция қадамы арқылы 1 санының дәлелін аламыз, содан кейін дәл осылай 2 үшін, 3 үшін ... - және осылайша тұжырымды негіздеуге болады. кез келген натурал сан.

Басқаша айтқанда, «математикалық индукция» атауы бұл әдістің біздің санамызда дәстүрлі индуктивті пайымдаумен жай ғана байланысты болуымен түсіндіріледі (ақыр аяғында, негізі нақты жағдай үшін ғана дәлелденеді); индуктивті қадам, жаратылыстану және қоғамдық ғылымдардағы тәжірибеге негізделген индуктивті пайымдаудың орындылық критерийлерінен айырмашылығы, ешқандай нақты алғышарттарды қажет етпейтін және дедуктивті пайымдаудың қатаң канондары бойынша дәлелденген жалпы мәлімдеме болып табылады. Сондықтан математикалық индукция «толық» немесе «мінсіз» деп аталады, өйткені ол дедуктивті, толық сенімді дәлелдеу әдісі.

Мәселені шешу мысалдары

Алгебрадағы индукция

Алгебралық есептердің бірнеше мысалдарын, сондай-ақ математикалық индукция әдісін қолдану арқылы шешуге болатын әртүрлі теңсіздіктерді дәлелдеуді қарастырыңыз.

1-тапсырма. Қосындының формуласын тап және оны дәлелде.

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

Шешім.

1. А(n) қосындысы үшін өрнекті түрлендірейік:

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), мұндағы B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 , C(n)= 1 2 + 2 2 + …+ n 2 .

2. C (n) және B (n) қосындыларын қарастырыңыз.

а) С( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Математикалық индукция әдісі бойынша жиі кездесетін есептердің бірі кез келген табиғи n үшін теңдік болатынын дәлелдеу.

1 2 + 2 2 +…+ n 2 = (1)

(1) барлық n үшін дұрыс деп есептейік  Н.

б ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . B (n) мәндерінің n-ге байланысты қалай өзгеретінін байқап көрейік.

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 =

Осылайша, бұл деп болжауға болады
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

в) Нәтижесінде А(n) қосындысын аламыз

БІРАҚ( n ) ==

= (*)

3. Алынған формуланы (*) математикалық индукция әдісімен дәлелдеп көрейік.

а) n = 1 үшін (*) теңдігін тексеріңіз.

A(1) = 2  =2,

(*) формуласы n = 1 үшін дұрыс екені анық.

б) n=k үшін (*) формуласы дұрыс делік, мұндағы k N, яғни теңдік

A(k)=

Болжамға сүйене отырып, n =k +1 формуласының дұрыстығын дәлелдейміз. Шынымен,

A(k+1)=

(*) формуласы n =1 үшін ақиқат болғандықтан, ал кейбір табиғи k үшін ақиқат деген болжамнан оның n =k +1 үшін ақиқат екені шығады, математикалық индукция принципіне сүйене отырып, мынадай қорытындыға келеміз: теңдік

кез келген табиғи n үшін орындалады.

2-тапсырма.

1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n қосындысын есептеңіз.

Шешім.

Әртүрлі n мәндері үшін қосындылардың мәндерін ретімен жазайық.

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.

Үлгіні бақылай отырып, жұп n және A (n)= үшін A (n)= - деп болжауға болады.
тақ N үшін. Екі нәтижені бір формулаға біріктірейік:

A(n) =
, мұндағы r - n-ді 2-ге бөлудің қалдығы.

Және r , келесі ережемен анықталатыны анық

0 егер n жұп,

r=

1 егер n тақ.

Содан кейін r(болжауға болады) келесідей көрсетуге болады:

Соңында біз A (n) формуласын аламыз:

A(n)=

(*)

Барлық n үшін теңдігін (*) дәлелдейміз  Н математикалық индукция әдісі.

2. а) n =1 үшін (*) теңдігін тексеріңіз. A(1) = 1=

Теңдік әділетті

ә) Теңдік болсын делік

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

ақиқат n=k. Оның n =k + 1 үшін де жарамды екенін дәлелдеп көрейік, яғни.

A(k+1)=

Шынында,

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

=

Q.E.D.

Бөлінгіштік есептерін шығару үшін де математикалық индукция әдісі қолданылады.

3-тапсырма.

Кез келген натурал n үшін N (n)=n 3 + 5n саны 6-ға бөлінетінін дәлелдеңдер.

Дәлелдеу.

Сағат n =1 саны N (1)=6, сондықтан тұжырым ақиқат.

Кейбір натурал k үшін N (k )=k 3 +5k саны 6-ға бөлінетін болсын.N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1) 6-ға бөлінетінін дәлелдейміз. Шынымен де бар
N (k +1)= (k +1) 3 + 5(k +1)=(k 3 +5k )+3k (k +1)+6.

Өйткені k және k +1 көршілес натурал сандар, онда олардың біреуі міндетті түрде жұп болады, сондықтан 3k (k +1) өрнегі 6-ға бөлінеді. Осылайша, N (k +1) 6-ға да бөлінетінін аламыз. N (n)=n 3 + 5n саны кез келген натурал n үшін 6-ға бөлінеді.

Толық математикалық индукция әдісін бірнеше рет қолдану қажет болғанда күрделірек бөлінгіштік мәселесін шешуді қарастырайық.

4-тапсырма.

Кез келген натурал n саны үшін дәлелдеңіз
тіпті 2 n +3-ке бөлінбейді.

Дәлелдеу.

Елестетіңіз
шығарма түрінде
=

= (*)

Болжам бойынша (*) бірінші көбейткіш 2 санына біркелкі бөлінбейді k +3 , яғни құрама санды көрсетуде
жай сандардың көбейтіндісі түрінде 2 саны (k + 2) реттен көп емес қайталанады. Сондықтан бұл санды дәлелдеу үшін
2 k +4 -ке бөлінбейді, біз оны дәлелдеуіміз керек
4-ке бөлінбейді.

Бұл бекітуді дәлелдеу үшін көмекші бекітуді дәлелдейміз: кез келген натурал n үшін 3 2 n +1 саны 4-ке бөлінбейді. n =1 үшін бекіту анық, өйткені 10 4-ке қалдықсыз бөлінбейді. 3 2 k +1 4-ке бөлінбейді деп есептесек, 3 2(k +1) +1 де бөлінбейтінін дәлелдейміз.
4 бойынша. Соңғы өрнекті қосынды түрінде көрсетейік:

3 2(к+1) +1=3 2к+2 +1=3 2к * 9+1=(3 2к +1)+8 * 3 2к . Қосындының екінші мүшесі 4-ке бөлінеді, бірақ біріншісі бөлінбейді. Демек, бүтін қосынды 4-ке қалдықсыз бөлінбейді. Көмекші тұжырым дәлелденді.

Енді бұл анық
4-ке бөлінбейді, өйткені 2k жұп сан.

Ақырында біз бұл санды аламыз
кез келген натурал n үшін 2 n +3-ке біркелкі бөлінбейді.

Енді теңсіздіктерді дәлелдеуге индукцияны қолданудың мысалын қарастырайық.

5-тапсырма.

2 n > 2n + 1 теңсіздігі қай натурал n үшін дұрыс болады?

Шешім.

1. Қашан n=1 2 1< 2*1+1,

сағ n=2 2 2< 2*2+1,

сағ n =3 2 3 > 2*3+1,

сағ n =4 2 4 > 2*4+1.

Шамасы, теңсіздік кез келген натурал n үшін жарамды  3. Осы тұжырымды дәлелдеп көрейік.

2. Қашан n =3 теңсіздіктің дұрыстығы көрсетілді. Енді теңсіздік n =k үшін жарамды болсын, мұндағы k - 3-тен кем емес қандай да бір натурал сан, яғни.

2 k > 2k+1 (*)

Сонда теңсіздік n =k +1, яғни 2 k +1 >2(k +1)+1 үшін де дұрыс болатынын дәлелдеп көрейік. (*) 2-ге көбейтсек, 2 k +1 >4k +2 аламыз. 2(k +1)+1 және 4k +2 өрнектерін салыстырайық.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Кез келген табиғи k үшін 2k -1>0 екені анық. Сонда 4k +2>2(k +1)+1, яғни. 2k+1 >2(k+1)+1. Бекіту дәлелденді.

6-тапсырма.

n теріс емес санның арифметикалық ортасы мен геометриялық ортасы үшін теңсіздік (Коши теңсіздігі)., біз = аламыз

Сандардың кем дегенде біреуі болса
нөлге тең болса, онда (**) теңсіздік те жарамды болады.

Қорытынды.

Жұмысты орындау барысында математикалық индукция әдісінің мәнін және оны дәлелдеуді зерттедім. Жұмыста толық емес индукция маңызды рөл атқарған мәселелер ұсынылған, бұл әкеледі дұрыс шешім, содан кейін математикалық индукция әдісімен алынған дәлелдеу орындалады.

Әдебиет.

Болтянский В.Г., Сидоров Ю.В., Шабурин М.И. Бастауыш математикадан дәрістер мен есептер; Ғылым, 1974 ж.

Виленкин Н.Я. , Шварцбурд С.И. Математикалық талдау.-
М.: Білім, 1973 ж.

Галицкий М.Л., Мошкович М.М., Шварцбурд С.И. Алгебра және математикалық талдау курсын тереңдетіп оқыту.- М .: Білім, 1990.

Потапов М.К., Александров В.В., Пасиченко П.И. Алгебра және элементар функцияларды талдау.- М.: Наука, 1980.

Соминский И.С., Головина М.Л., Яглом И.М. Математикалық индукция туралы.- М.: Наука, 1967.

Егер n натурал санға тәуелді A(n) сөйлемі n=1 үшін ақиқат болса, ал n=k үшін ақиқат болу фактісінен (мұндағы k – кез келген натурал сан), ол да келесі n=k +1 саны үшін ақиқат, онда кез келген n натурал саны үшін A(n) болжам ақиқат болады.

Бірқатар жағдайларда белгілі бір тұжырымның дұрыстығын барлық натурал сандар үшін емес, тек n>p үшін дәлелдеу қажет болуы мүмкін, мұндағы p - тұрақты натурал сан. Бұл жағдайда математикалық индукция принципі былай тұжырымдалады.

Егер A(n) ұсынысы n=p үшін ақиқат болса және кез келген k>p үшін A(k) X A(k+1) болса, A(n) ұсынысы кез келген n>p үшін ақиқат болады.

Математикалық индукция әдісімен дәлелдеу келесі түрде жүзеге асырылады. Біріншіден, дәлелденетін бекіту n=1 үшін тексеріледі, яғни, А(1) тұжырымының ақиқаты анықталады. Дәлелдеудің бұл бөлігі индукциялық негіз деп аталады. Осыдан кейін индукция қадамы деп аталатын дәлелдеу бөлігі келеді. Бұл бөлімде n=k+1 үшін тұжырымның дұрыстығы n=k үшін тұжырым ақиқат деген болжаммен дәлелденеді (индуктивті болжам), яғни. A(k) ~ A(k+1) екенін дәлелдеңіз.

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 екенін дәлелдеңдер.

• 1) Бізде n=1=1 2 . Демек, мәлімдеме n=1 үшін дұрыс, яғни. A(1) шын
• 2) A(k) ~ A(k+1) болатынын дәлелдейміз.

k кез келген натурал сан болсын және n=k үшін тұжырым ақиқат болсын, яғни.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Дәлелдеп көрейік, онда бекіту келесі n=k+1 натурал саны үшін де дұрыс болады, яғни. не

• 1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 Шынында да,
• 1+3+5+…+(2к-1)+(2к+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2

Сонымен, A(k) X A(k+1). Математикалық индукция принципіне сүйене отырып, A(n) болжамы кез келген n О N үшін дұрыс деген қорытындыға келеміз.

Дәлелдеңіз

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

• 1) n=1 үшін аламыз
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

сондықтан n=1 үшін формула ақиқат; A(1) шын

• 2) k кез келген натурал сан болсын және n=k үшін формула ақиқат болсын,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Сонда теңдік болатынын дәлелдеп көрейік

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

Сонымен A(k) ⋅ A(k+1). Математикалық индукция принципіне сүйене отырып, формула кез келген натурал n саны үшін дұрыс деген қорытындыға келеміз.

Дөңес n-бұрыштың диагональдарының саны n(n-3)/2 екенін дәлелдеңдер.

Шешуі: 1) n=3 үшін тұжырым ақиқат, өйткені үшбұрышта

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 диагональ; A 2 A(3) шын

2) Кез келген дөңес k-бұрышта A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 диагональдары бар делік. A k дөңес А k+1 (k+1)-gonда диагональдар саны A k+1 =(k+1)(k-2)/2 болатынын дәлелдейік.

А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -дөңес (k+1)-гон болсын. Оған A 1 A k диагоналін салайық. Санау жалпы саныосы (k + 1)-гонның диагональдары үшін k-гональдағы диагональдардың санын санау керек A 1 A 2 ...A k , алынған санға k-2 қосу, яғни. A төбесінен шығатын (k+1)-гональ диагональдарының саны k+1 , және оған қоса, A 1 A k диагоналын ескеру керек.

Осылайша,

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

Сонымен A(k) ⋅ A(k+1). Математикалық индукция принципіне байланысты бұл мәлімдеме кез келген дөңес n-бұрыш үшін дұрыс.

Кез келген n мәлімдемесі үшін дұрыс екенін дәлелдеңіз:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Шешуі: 1) n=1 болсын, онда

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

2) n=k деп есептейік

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

3) n=k+1 үшін осы мәлімдемені қарастырыңыз

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

Біз n=k+1 теңдігінің дұрыстығын дәлелдедік, сондықтан математикалық индукция әдісінің арқасында бұл тұжырым кез келген табиғи n үшін ақиқат болады.

Кез келген натурал n үшін теңдік ақиқат екенін дәлелдеңдер:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Шешуі: 1) n=1 болсын

Сонда X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. Біз n=1 үшін мәлімдеменің дұрыс екенін көреміз.

2) n=k үшін теңдік ақиқат деп есептейік

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

3) n=k+1 үшін осы тұжырымның ақиқаттығын дәлелдеп көрейік, яғни.

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

Жоғарыда келтірілген дәлелден n=k+1 үшін тұжырымның ақиқат екенін көруге болады, сондықтан кез келген натурал n үшін теңдік дұрыс болады.

Дәлелдеңіз

((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), мұндағы n>2

Шешуі: 1) n=2 үшін сәйкестік келесідей болады:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), яғни. бұл шын
• 2) n=k үшін өрнек ақиқат деп есептейік
• (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
• 3) n=k+1 өрнектің дұрыстығын дәлелдейміз
• (((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)

Біз n=k+1 теңдігінің дұрыстығын дәлелдедік, сондықтан математикалық индукция әдісінің күшімен тұжырым кез келген n>2 үшін дұрыс болады.

Дәлелдеңіз

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) кез келген табиғи n үшін

Шешуі: 1) n=1 болсын, онда

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) Онда n=k деп есептейік
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2к-1) 3 -(2к) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) n=k+1 үшін бұл тұжырымның ақиқаттығын дәлелдейміз
• (1 3 -2 3 +…+(2к-1) 3 -(2к) 3)+(2к+1) 3 -(2к+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

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

n=k+1 теңдігінің дұрыстығы да дәлелденді, сондықтан тұжырым кез келген натурал n үшін ақиқат.

Сәйкестіктің дұрыстығын дәлелдеңіз

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) кез келген табиғи п үшін

• 1) n=1 үшін сәйкестік ақиқат 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) n=k үшін деп есептейік
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) n=k+1 үшін сәйкестік ақиқат екенін дәлелдейміз
• (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)

Кез келген натурал n саны үшін бекітудің ақиқат екенін жоғарыдағы дәлелден көруге болады.

(11 n+2 +12 2n+1) 133-ке қалдықсыз бөлінетінін дәлелдеңдер

Шешуі: 1) n=1 болсын, онда

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

Бірақ (23 ґ 133) 133-ке қалдықсыз бөлінеді, сондықтан n=1 үшін тұжырым дұрыс; A(1) дұрыс.

• 2) (11k+2 +12 2k+1) 133-ке қалдықсыз бөлінеді деп есептейік.
• 3) Бұл жағдайда (11 к+3 +12 2к+3) 133-ке қалдықсыз бөлінетінін дәлелдейміз. Шынында
• 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

Алынған шама 133-ке қалдықсыз бөлінеді, өйткені оның бірінші мүшесі жорамал бойынша 133-ке қалдықсыз бөлінеді, ал екіншісінде көбейткіштердің бірі 133-ке тең. Сонымен, А (к) Ю А (к + 1). Математикалық индукция әдісінің арқасында бекіту дәлелденді

Кез келген n 7 үшін n -1 6-ға қалдықсыз бөлінетінін дәлелдеңдер

• 1) n=1 болсын, онда X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 6-ға қалдықсыз бөлінеді. Сондықтан n=1 үшін мәлімдеме дұрыс
• 2) n \u003d k 7 үшін k -1 6-ға қалдықсыз бөлінеді делік.
• 3) n=k+1 үшін тұжырымның ақиқат екенін дәлелдеп көрейік

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

Бірінші мүше 6-ға бөлінеді, өйткені 7 k -1 болжам бойынша 6-ға бөлінеді, ал екінші мүшесі 6. Демек, 7 n -1 кез келген натурал n үшін 6-ға еселік. Математикалық индукция әдісінің арқасында бекіту дәлелденді.

Ерікті натурал n саны үшін 3 3n-1 +2 4n-3 11-ге бөлінетінін дәлелдеңдер.

1) Онда n=1 болсын

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 11-ге қалдықсыз бөлінеді.

Сондықтан n=1 үшін мәлімдеме дұрыс

• 2) n=k X k =3 үшін 3k-1 +2 4k-3 11-ге қалдықсыз бөлінеді делік.
• 3) n=k+1 үшін тұжырымның ақиқат екенін дәлелдейміз

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 3к-1 +16 2 4к-3 =16(3 3к-1 +2 4к-3)+11 3 3к-1

Бірінші қосылғыш 11-ге қалдықсыз бөлінеді, өйткені 3 3k-1 +2 4k-3 11-ге бөлінеді, ал екіншісі 11-ге бөлінеді, өйткені оның көбейткіштерінің бірі 11 саны. Демек, қосынды кез келген натурал n үшін қалдықсыз 11-ге бөлінеді. Математикалық индукция әдісінің арқасында бекіту дәлелденді.

Ерікті натурал n саны үшін 11 2n -1 6-ға қалдықсыз бөлінетінін дәлелдеңдер.

• 1) n=1 болсын, онда 11 2 -1=120 6-ға қалдықсыз бөлінеді. Сондықтан n=1 үшін мәлімдеме дұрыс
• 2) n=k 1 үшін 2k -1 6-ға қалдықсыз бөлінеді делік.
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Екі мүше де 6-ға қалдықсыз бөлінеді: біріншісінде 6 саны 120-ға еселік болады, ал екіншісі жорамал бойынша 6-ға қалдықсыз бөлінеді. Сонымен қосынды 6-ға қалдықсыз бөлінеді. Математикалық индукция әдісінің арқасында бекіту дәлелденді.

Ерікті натурал n саны үшін 3 3n+3 -26n-27 26 2-ге (676) қалдықсыз бөлінетінін дәлелдеңдер.

Алдымен 3 3n+3 -1 саны 26-ға қалдықсыз бөлінетінін дәлелдеп көрейік

• 1. n=0 болғанда
• 3 3 -1=26 саны 26-ға бөлінеді
• 2. n=k үшін делік
• 3 3k+3 -1 саны 26-ға бөлінеді
• 3. n=k+1 үшін тұжырымның ақиқат екенін дәлелдеп көрейік
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - 26-ға бөлінеді

Енді мәселенің шартында тұжырымдалған бекітуді дәлелдеп көрейік

• 1) n=1 үшін тұжырымның ақиқат екені анық
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) n=k үшін 3 3k+3 -26k-27 өрнегі 26 2-ге қалдықсыз бөлінеді делік.
• 3) n=k+1 үшін тұжырымның ақиқат екенін дәлелдеп көрейік
• 3 3к+6 -26(к+1)-27=26(3 3к+3 -1)+(3 3к+3 -26к-27)

Екі мүше де 26 2-ге бөлінеді; біріншісі 26 2-ге бөлінеді, өйткені жақшадағы өрнек 26-ға бөлінетінін, ал екіншісі индуктивті гипотеза арқылы бөлінетінін дәлелдедік. Математикалық индукция әдісінің арқасында бекіту дәлелденді

Егер n>2 және х>0 болса, (1+х) n >1+n ґ х теңсіздігін дәлелдеңдер.

• 1) n=2 үшін теңсіздік ақиқат, өйткені
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Сонымен A(2) дұрыс

• 2) A(k) ⋅ A(k+1) болса, k> 2. А(k) ақиқат, яғни теңсіздік деп есептейік.
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

Сонда A(k+1) де ақиқат екенін, яғни теңсіздікті дәлелдейміз

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

Шынында да, (3) теңсіздіктің екі жағын 1+x оң санына көбейтсек, біз мынаны аламыз:

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Соңғы теңсіздіктің оң жағын қарастырайық; бізде бар

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

Нәтижесінде (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x болатынын аламыз

Сонымен A(k) ⋅ A(k+1). Математикалық индукция принципіне сүйене отырып, Бернулли теңсіздігі кез келген n> 2 үшін жарамды деп айтуға болады.

(1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 теңсіздігі a> 0 үшін дұрыс екенін дәлелдеңдер.

Шешуі: 1) m=1 үшін

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 екі бөлік те тең
• 2) m=k үшін деп есептейік
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
• 3) m=k+1 үшін теңсіздік ақиқат екенін дәлелдейміз
• (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

m=k+1 үшін теңсіздіктің дұрыстығын дәлелдедік, сондықтан математикалық индукция әдісіне байланысты теңсіздік кез келген табиғи m үшін жарамды болады.

n>6 үшін 3 n >n ґ 2 n+1 теңсіздігі болатынын дәлелдеңдер

Теңсіздікті (3/2) n >2n түрінде қайта жазайық

• 1. n=7 үшін бізде 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 теңсіздік дұрыс
• 2. n=k (3/2) үшін k >2k болсын делік
• 3) n=k+1 үшін теңсіздіктің дұрыстығын дәлелдейміз
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

k>7 болғандықтан, соңғы теңсіздік анық.

Математикалық индукция әдісіне байланысты теңсіздік кез келген натурал n үшін жарамды

n>2 теңсіздікті дәлелдеңдер

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) n=3 үшін теңсіздік ақиқат
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. n=k үшін делік
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/к 2)=1,7-(1/к)
• 3) n=k+1 үшін теңсіздіктің дұрыстығын дәлелдейміз
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2) болатынын дәлелдеп көрейік.<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

Соңғысы анық, демек

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

Математикалық индукция әдісінің күшімен теңсіздік дәлелденеді.