Her zaman için gerçek bilgi, bir model oluşturmaya ve belirli durumlarda doğruluğunu kanıtlamaya dayanıyordu. Bu kadar uzun bir mantıksal akıl yürütme dönemi için, kuralların formülasyonları verildi ve Aristoteles bile bir "doğru akıl yürütme" listesi hazırladı. Tarihsel olarak, tüm çıkarımları somuttan çoğul (tümevarım) ve tam tersi (tümdengelim) olmak üzere iki türe ayırmak gelenekseldir. Özelden genele ve genelden özele kanıt türlerinin yalnızca birbiriyle bağlantılı olduğu ve birbirinin yerine geçemeyeceği belirtilmelidir.

matematikte tümevarım

"İndüksiyon" (indüksiyon) terimi Latin kökenlidir ve kelimenin tam anlamıyla "rehberlik" olarak tercüme edilir. Yakından incelendiğinde, kelimenin yapısı, yani Latince öneki - in- (içe doğru veya içeride olma eylemi anlamına gelir) ve -düksiyon - giriş ayırt edilebilir. İki tür olduğunu belirtmekte fayda var - eksiksiz ve eksik tümevarım. Tam form, belirli bir sınıfın tüm konularının incelenmesinden elde edilen sonuçlarla karakterize edilir.

Eksik - sınıfın tüm konularına uygulanan, ancak yalnızca bazı birimlerin çalışmasına dayanarak yapılan sonuçlar.

Tam matematiksel tümevarım, bu işlevsel bağlantının bilgisine dayanan doğal sayı dizilerinin ilişkileriyle işlevsel olarak ilişkili olan nesnelerin tüm sınıfı hakkında genel bir sonuca dayanan bir sonuçtur. Bu durumda ispat süreci üç aşamada gerçekleşir:

• ilk aşamada matematiksel tümevarım ifadesinin doğruluğu kanıtlanır. Örnek: f = 1, tümevarım;
• sonraki aşama, konumun tüm doğal sayılar için geçerli olduğu varsayımına dayanmaktadır. Yani, f=h, bu tümevarımsal varsayımdır;
• üçüncü aşamada, önceki paragrafın konumunun doğruluğuna bağlı olarak f=h+1 sayısının konumunun geçerliliği kanıtlanır - bu bir tümevarım geçişidir veya matematiksel tümevarımın bir adımıdır. Bir örnek, sıradaki ilk kemik düşerse (temel), o zaman sıradaki tüm kemikler düşerse (geçiş) sözdedir.

Hem şaka hem ciddi

Algılama kolaylığı için, matematiksel tümevarım yöntemiyle çözüm örnekleri, şaka problemleri şeklinde kınanır. Bu, Bekleme Sırası görevidir:

• Davranış kuralları, bir erkeğin bir kadının önünde dönüş yapmasını yasaklar (böyle bir durumda, öne geçmesine izin verilir). Bu açıklamaya göre, sıradaki son kişi bir erkekse, geri kalanların hepsi erkektir.

Matematiksel tümevarım yönteminin çarpıcı bir örneği "Boyutsuz uçuş" problemidir:

• Minibüse istenilen sayıda kişinin sığdığının kanıtlanması gerekmektedir. Bir kişinin taşımaya zorlanmadan (temelde) sığabileceği doğrudur. Ancak minibüs ne kadar dolu olursa olsun, içine her zaman 1 yolcu sığar (indüksiyon adımı).

tanıdık çevreler

Matematiksel tümevarımla problem ve denklem çözme örnekleri oldukça yaygındır. Bu yaklaşımın bir örneği olarak aşağıdaki problemi ele alabiliriz.

Şart: h daireleri düzleme yerleştirilir. Şekillerin herhangi bir düzenlemesi için, bunların oluşturduğu haritanın iki renkle doğru şekilde renklendirilebileceğinin kanıtlanması gerekir.

Çözüm: h=1 için ifadenin doğruluğu açıktır, dolayısıyla h+1 daire sayısı için ispat yapılacaktır.

Bu ifadenin herhangi bir harita için doğru olduğunu ve düzlemde h + 1 dairelerinin verildiğini varsayalım. Toplamdan dairelerden birini çıkararak, iki renkle (siyah ve beyaz) doğru renklendirilmiş bir harita elde edebilirsiniz.

Silinen bir daireyi geri yüklerken, her alanın rengi tersine değişir (bu durumda dairenin içinde). Kanıtlanması gereken iki renkte doğru bir şekilde renklendirilmiş bir harita çıkıyor.

Doğal sayılarla örnekler

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulaması aşağıda açıkça gösterilmiştir.

Çözüm örnekleri:

Herhangi bir h için eşitliğin doğru olacağını kanıtlayın:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. h=1 olsun, o zaman:

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

Buradan h=1 için ifadenin doğru olduğu sonucu çıkar.

2. h=d kabul edilerek aşağıdaki denklem elde edilir:

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

3. h=d+1 olduğunu varsayarsak, şu sonuca varır:

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

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

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

Böylece h=d+1 eşitliğinin geçerliliği kanıtlanmıştır, bu nedenle ifade herhangi bir durum için doğrudur. doğal sayıçözüm örneğinde matematiksel tümevarım ile gösterilen .

Bir görev

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

Çözüm:

1. Bu durumda h=1 diyelim:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (yani kalansız 6'ya bölünür)

Bu nedenle h=1 için ifade doğrudur;

2. h=d olsun ve 7 d -1 6'ya kalansız bölünebilir;

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

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

Bu durumda birinci paragrafın varsayımı ile birinci terim 6'ya, ikinci terim 6'ya bölünür. 7 h -1'in herhangi bir doğal h için 6'ya kalansız bölünebilir olduğu önermesi doğrudur.

Yargı hatası

Genellikle, kullanılan mantıksal yapıların yanlışlığından dolayı ispatlarda yanlış akıl yürütme kullanılır. Temel olarak, bu, ispatın yapısı ve mantığı ihlal edildiğinde olur. Yanlış muhakeme örneği aşağıdaki resimdir.

Bir görev

Şart: herhangi bir taş yığınının yığın olmadığına dair bir kanıt gerektirir.

Çözüm:

1. Diyelim ki h=1, bu durumda yığında 1 taş var ve ifade doğru (temel);

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

3. h=d+1 olsun, bundan bir taş daha eklendiğinde küme yığın olmayacaktır. Sonuç, varsayımın tüm doğal h için geçerli olduğunu öne sürüyor.

Hata, bir yığının kaç tane taş oluşturduğuna dair bir tanım olmaması gerçeğinde yatmaktadır. Böyle bir ihmal, matematiksel tümevarım yönteminde aceleci genelleme olarak adlandırılır. Bir örnek bunu açıkça göstermektedir.

Tümevarım ve mantık yasaları

Tarihsel olarak, her zaman "el ele yürürler". Çok bilimsel disiplinler mantık gibi, felsefe de onları karşıtlar olarak tanımlar.

Mantık yasası açısından, tümevarımsal tanımlar gerçeklere dayanır ve öncüllerin doğruluğu, ortaya çıkan ifadenin doğruluğunu belirlemez. Çoğu zaman, elbette, ek araştırmalarla doğrulanması ve onaylanması gereken belirli bir olasılık ve inandırıcılık derecesi ile sonuçlar elde edilir. Mantıkta bir tümevarım örneği şu ifade olacaktır:

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

Estonya, Letonya ve Litvanya Baltık ülkeleridir. Tüm Baltık ülkelerinde kuraklık.

Örnekten, tümevarım yöntemi kullanılarak yeni bilgilerin veya gerçeğin elde edilemeyeceği sonucuna varabiliriz. Güvenilebilecek tek şey, sonuçların bazı olası doğruluklarıdır. Ayrıca, öncüllerin doğruluğu aynı sonuçları garanti etmez. Bununla birlikte, bu gerçek, tümevarımın tümdengelimin arka bahçesinde yetiştiği anlamına gelmez: çok sayıda hüküm ve bilimsel yasa, tümevarım yöntemi kullanılarak doğrulanır. Matematik, biyoloji ve diğer bilimler örnek teşkil edebilir. Bu esas olarak tam tümevarım yönteminden kaynaklanmaktadır, ancak bazı durumlarda kısmi de uygulanabilir.

Saygıdeğer tümevarım yaşı, insan faaliyetinin neredeyse tüm alanlarına girmesine izin verdi - bu bilim, ekonomi ve günlük sonuçlardır.

Bilimsel ortamda tümevarım

Tümevarım yöntemi titiz bir tutum gerektirir, çünkü çok fazla şey incelenen bütünün ayrıntılarının sayısına bağlıdır: daha fazla incelenirse, sonuç o kadar güvenilir olur. Bu özelliğe dayanarak, tüm olası yapısal unsurları, bağlantıları ve etkileri izole etmek ve incelemek için tümevarım yöntemiyle elde edilen bilimsel yasalar, olasılık varsayımları düzeyinde yeterince uzun bir süre test edilir.

Bilimde, tümevarımsal sonuç, önemli özellikler, rastgele konumlar hariç. Bu gerçek doğası gereği önemli bilimsel bilgi. Bu, bilimdeki tümevarım örneklerinde açıkça görülmektedir.

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

1. tümevarım-seçimi (veya seçimi);
2. indüksiyon - dışlama (eliminasyon).

Birinci tip, bir sınıfın (alt sınıfların) farklı alanlarından metodik (incelemeli) örneklemesi ile ayırt edilir.

Bu tür indüksiyonun bir örneği şu şekildedir: gümüş (veya gümüş tuzları) suyu arındırır. Sonuç, uzun vadeli gözlemlere dayanmaktadır (bir tür onay ve çürütme seçimi - seçim).

İkinci tür tümevarım, aşağıdakileri oluşturan sonuçlara dayanır: nedensellik ve özelliklerini, yani evrenselliği, zamansal sıraya uyulmasını, gerekliliği ve belirsizliği karşılamayan koşulları hariç tutmak.

Felsefe açısından tümevarım ve tümdengelim

Tarihsel retrospektife bakarsanız, "tümevarım" teriminden ilk kez Sokrates bahsedilmiştir. Aristoteles, felsefedeki tümevarım örneklerini daha yaklaşık bir terminolojik sözlükte tanımladı, ancak eksik tümevarım sorusu açık kalıyor. Aristotelesçi kıyasın zulmünden sonra, tümevarım yöntemi verimli ve doğa bilimlerinde mümkün olan tek yöntem olarak kabul edilmeye başlandı. Bacon, bağımsız bir özel yöntem olarak tümevarımın babası olarak kabul edilir, ancak çağdaşlarının talep ettiği gibi, tümevarımı tümdengelim yönteminden ayırmayı başaramadı.

Tümevarımın daha da geliştirilmesi, tümevarım teorisini dört ana yöntem açısından ele alan J. Mill tarafından gerçekleştirildi: anlaşma, fark, kalıntılar ve karşılık gelen değişiklikler. Bugün listelenen yöntemlerin ayrıntılı olarak ele alındığında tümdengelim olması şaşırtıcı değildir.

Bacon ve Mill'in teorilerinin tutarsızlığının farkındalığı, bilim adamlarını tümevarımın olasılıksal temelini araştırmaya yöneltti. Bununla birlikte, burada bile bazı aşırılıklar vardı: tüm ortaya çıkan sonuçlarla birlikte tümevarımı olasılık teorisine indirgemek için girişimlerde bulunuldu.

İndüksiyon ne zaman bir güven oyu alır pratik uygulama kesin olarak konu alanları ve endüktif tabanın metrik doğruluğu sayesinde. Felsefede bir tümevarım ve tümdengelim örneği, evrensel yerçekimi yasası olarak kabul edilebilir. Yasanın keşfedildiği tarihte Newton, yüzde 4'lük bir doğrulukla onu doğrulayabildi. Ve iki yüz yıldan fazla bir süre sonra kontrol edildiğinde, kontrol aynı tümevarımsal genellemelerle gerçekleştirilmesine rağmen, doğruluk yüzde 0.0001 doğrulukla onaylandı.

Modern felsefe, deneyime, sezgiye başvurmadan, ancak “saf” akıl yürütmeyi kullanarak, zaten bilinenlerden yeni bir bilgi (veya hakikat) türetmeye yönelik mantıksal bir arzu tarafından dikte edilen tümdengelime daha fazla önem verir. Tümdengelim yönteminde gerçek öncüllere atıfta bulunulduğunda, her durumda çıktı doğru bir ifadedir.

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

Ekonomide tümevarım uygulaması

Tümevarım ve tümdengelim, uzun süredir ekonomiyi inceleme ve gelişimini tahmin etme yöntemleri olarak kullanılmaktadır.

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

Aynı tümevarım yöntemi, süreçlerin kontrollü ve yönetilmeyen olarak ayrıldığı varsayımı altında, kontrollü sürecin çerçevesinin etkin olmadığının belirtildiği Shewhart'ın çizelgelerinde kullanılır.

Bilimsel yasaların tümevarım yöntemi kullanılarak gerekçelendirildiği ve doğrulandığı ve ekonominin genellikle matematiksel analiz, risk teorisi ve istatistiksel verileri kullanan bir bilim olduğu için, tümevarımın ana yöntemler listesine dahil edilmesi şaşırtıcı değildir.

Aşağıdaki durum, ekonomide tümevarım ve tümdengelim örneği olarak hizmet edebilir. Gıda (tüketici sepetinden) ve temel mal fiyatlarındaki bir artış, tüketiciyi devlette ortaya çıkan yüksek maliyet (indüksiyon) hakkında düşünmeye iter. Aynı zamanda, yardımı ile yüksek maliyet gerçeğinden matematiksel yöntemler bireysel mallar veya mal kategorileri (kesinti) için fiyat artışı göstergeleri türetmek mümkündür.

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

Yanlış yargılara atıfta bulunan, ekonomide açıklayıcı bir tümevarım örneği:

• şirketin karı %30 azaldı;
  bir rakip ürün hattını genişletti;
  başka hiçbir şey değişmedi;
• rakip bir şirketin üretim politikası %30'luk bir kar kesintisine neden oldu;
• bu nedenle aynı üretim politikasının uygulanması gerekmektedir.

Örnek, tümevarım yönteminin beceriksiz kullanımının bir girişimin mahvolmasına nasıl katkıda bulunduğunun renkli bir örneğidir.

Psikolojide tümdengelim ve tümevarım

Bir yöntem olduğu için, mantıksal olarak da (yöntemi kullanmak için) uygun şekilde organize edilmiş bir düşünce vardır. inceleyen bir bilim olarak psikoloji zihinsel süreçler oluşumu, gelişimi, ilişkileri, etkileşimleri, tümdengelim ve tümevarımın tezahür biçimlerinden biri olarak "tümdengelim" düşünmeye dikkat eder. Ne yazık ki, İnternet'teki psikoloji sayfalarında, tümdengelim-endüktif yöntemin bütünlüğü için pratikte hiçbir gerekçe yoktur. Profesyonel psikologların tümevarım tezahürleriyle veya daha doğrusu hatalı sonuçlarla karşılaşma olasılığı daha yüksek olsa da.

Yanlış yargıların bir örneği olarak psikolojide tümevarım örneği, şu ifadedir: annem bir aldatıcıdır, bu nedenle tüm kadınlar aldatıcıdır. Hayattan daha da “hatalı” tümevarım örnekleri vardır:

• bir öğrenci matematikte bir ikili aldıysa hiçbir şey yapamaz;
• o bir aptal;
• o erkek akıllı;
• Her şeyi yapabilirim;

Ve kesinlikle rastgele ve bazen önemsiz mesajlara dayanan diğer birçok değer yargısı.

Unutulmamalıdır: Bir kişinin yargılarının yanlışlığı saçmalık noktasına ulaştığında, psikoterapist için bir iş cephesi ortaya çıkar. Bir uzman randevusunda bir indüksiyon örneği:

“Hasta, kırmızı rengin herhangi bir tezahürde sadece kendisi için tehlike taşıdığından kesinlikle emin. Sonuç olarak, bir kişi bu renk şemasını hayatından mümkün olduğunca dışladı. Ev ortamında, rahat yaşam için birçok fırsat vardır. Tüm kırmızı öğeleri reddedebilir veya farklı bir renk şemasında yapılmış analoglarla değiştirebilirsiniz. Ama içinde halka açık yerlerde, işte, mağazada - bu imkansız. Bir stres durumuna giren hasta, her seferinde tamamen farklı bir “gelgit” yaşar. hissel durumlar başkaları için tehlike oluşturabilir."

Bu tümevarım örneğine bilinçsizce "sabit fikirler" denir. Akıl sağlığı yerinde olan bir insanın başına bu gelirse organizasyon eksikliğinden bahsedebiliriz. zihinsel aktivite. kurtulmanın yolu takıntılı durumlar tümdengelimli düşüncenin temel bir gelişimi olabilir. Diğer durumlarda, psikiyatristler bu tür hastalarla çalışır.

Yukarıdaki tümevarım örnekleri, "yasanın cehaletinin sonuçlardan (hatalı kararlar) muaf olmadığını" göstermektedir.

Tümdengelimli düşünme konusunda çalışan psikologlar, insanların bu yöntemde ustalaşmasına yardımcı olmak için tasarlanmış bir öneriler listesi derledi.

İlk adım problem çözmektir. Görüldüğü gibi matematikte kullanılan tümevarım biçimi “klasik” sayılabilir ve bu yöntemin kullanılması zihnin “disipline” katkı sağlar.

Tümdengelimli düşüncenin gelişmesi için bir sonraki koşul, ufukların genişlemesidir (açıkça düşünenler, açıkça belirtirler). Bu tavsiye, "acı çekenleri" bilim ve bilgi hazinelerine (kütüphaneler, web siteleri, eğitim girişimleri, seyahat vb.) yönlendirir.

Ayrı olarak, sözde "psikolojik indüksiyon"dan bahsetmek gerekir. Bu terim, nadiren de olsa internette bulunabilir. Tüm kaynaklar bu terimin en azından kısa bir tanımını vermez, ancak "hayattan örnekler" olarak geçer. yeni tür tümevarım ya öneri ya da bazı akıl hastalıkları biçimleri ya da insan ruhunun aşırı durumları. Yukarıdakilerin hepsinden, bir sonuca varma girişimi olduğu açıktır " yeni dönem”, yanlış (genellikle doğru olmayan) öncüllere dayanarak, deneyciyi hatalı (veya aceleci) bir ifade almaya mahkum eder.

1960 deneylerine yapılan atıfların (yer, deneycilerin isimleri, deneklerin numunesi ve en önemlisi deneyin amacı belirtilmeden) hafifçe söylemek gerekirse, ikna edici görünmediği ve ifadenin inandırıcı olmadığı belirtilmelidir. beynin tüm algı organlarını atlayarak bilgiyi algılaması (bu durumda “deneyimlendi” ifadesi daha organik olarak sığacaktır), ifadenin yazarının saflığı ve eleştirisizliği hakkında düşündürür.

Sonuç yerine

Bilimlerin kraliçesi - matematik, boşuna değil, tümevarım ve tümdengelim yönteminin tüm olası rezervlerini kullanır. İncelenen örnekler, en doğru ve güvenilir yöntemlerin bile yüzeysel ve beceriksiz (dedikleri gibi düşüncesiz) uygulanmasının her zaman hatalı sonuçlara yol açtığı sonucuna varmamızı sağlar.

AT kitle bilinci tümdengelim yöntemi, mantıksal yapılarında genellikle gerekli durumlarda tümdengelim kullanarak tümevarım örneklerini kullanan ünlü Sherlock Holmes ile ilişkilidir.

Makale, bu yöntemlerin çeşitli bilimlerde ve insan yaşamının alanlarında uygulanmasının örneklerini ele aldı.

Matematiksel tümevarım, matematiksel ispatların en yaygın yöntemlerinden birinin temelini oluşturur. Kanıtlamak için kullanılabilir çoğu doğal sayıları n olan formüller, örneğin, ilerlemenin ilk terimlerinin toplamını bulmak için formül S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n, Newton'un binom formülü a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 bir n - 1 b + . . . + Cn n - 1 a bn - 1 + Cn n bn .

İlk paragrafta temel kavramları analiz edeceğiz, ardından yöntemin kendisinin temellerini ele alacağız ve ardından size eşitlikleri ve eşitsizlikleri kanıtlamak için nasıl kullanacağınızı anlatacağız.

Tümevarım ve tümdengelim kavramları

İlk olarak, genel olarak tümevarım ve tümdengelimin ne olduğuna bakalım.

tanım 1

indüksiyonözelden genele geçiştir ve kesinti tam tersine, genelden özele.

Örneğin şöyle bir ifademiz var: 254 tamamen ikiye bölünebilir. Ondan, aralarında hem doğru hem de yanlış olacak birçok sonuç çıkarabiliriz. Örneğin, sonunda 4 olan tüm tam sayıların ikiye kalansız bölünebileceği ifadesi doğrudur, ancak herhangi bir üç basamaklı sayı 2'ye bölünür ifadesi yanlıştır.

Genel olarak, tümevarımsal akıl yürütmenin yardımıyla, bilinen veya açık bir akıl yürütmeden birçok sonuç çıkarılabileceği söylenebilir. Matematiksel tümevarım, bu sonuçların ne kadar geçerli olduğunu belirlememizi sağlar.

1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , gibi bir sayı dizimiz olduğunu varsayalım. . . , 1 n (n + 1) , burada n bir doğal sayıyı ifade eder. Bu durumda, dizinin ilk öğelerini eklerken aşağıdakileri elde ederiz:

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

Tümevarım kullanarak, S n = n n + 1 olduğu sonucuna varabiliriz. Üçüncü bölümde bu formülü ispatlayacağız.

Matematiksel tümevarım yöntemi nedir

Bu yöntem aynı isim ilkesine dayanmaktadır. Bu şekilde formüle edilmiştir:

tanım 2

1) n = 1 ve 2) için doğru olduğunda, bu ifadenin keyfi bir doğal değer n = k için doğru olduğu gerçeğinden, aynı zamanda doğru olacağı sonucu da doğru olacaktır. n = k + 1 için.

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulanması 3 aşamada gerçekleştirilir:

1. İlk olarak, n'nin rastgele bir doğal değeri olması durumunda orijinal ifadenin doğruluğunu kontrol ederiz (genellikle test birlik için yapılır).
2. Bundan sonra, aslına uygunluğu n = k'de kontrol ederiz.
3. Ve sonra n = k + 1 ise ifadenin geçerliliğini kanıtlıyoruz.

Eşitsizlikleri ve denklemleri çözerken matematiksel tümevarım yöntemi nasıl uygulanır?

Daha önce bahsettiğimiz örneği ele alalım.

örnek 1

S n = 1 1 2 + 1 2 3 + formülünü kanıtlayın. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Çözüm

Bildiğimiz gibi, matematiksel tümevarım yöntemini uygulamak için ardışık üç adım gerçekleştirilmelidir.

1. İlk olarak, bu eşitliğin n eşit bir için geçerli olup olmayacağını kontrol ediyoruz. S 1 \u003d 1 1 2 \u003d 1 1 + 1 \u003d 1 2 alıyoruz. Burada her şey doğru.
2. Ayrıca, S k = k k + 1 formülünün doğru olduğunu varsayıyoruz.
3. Üçüncü adımda, önceki eşitliğin geçerliliğine dayanarak S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 olduğunu kanıtlamamız gerekiyor.

k + 1'i orijinal dizinin ilk terimlerinin toplamı ve k + 1 olarak gösterebiliriz:

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

İkinci adımda S k = k k + 1 elde ettiğimiz için aşağıdakileri yazabiliriz:

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

Şimdi gerekli dönüşümleri yapıyoruz. kesirleri azaltmamız gerekiyor ortak payda, benzer terimler getirerek kısaltılmış çarpma formülünü uygulayın ve olanları azaltın:

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

Böylece matematiksel tümevarım yönteminin üç adımını da gerçekleştirerek üçüncü noktadaki eşitliği kanıtlamış olduk.

Cevap: S n = n n + 1 formülüyle ilgili varsayım doğrudur.

Trigonometrik fonksiyonlarla ilgili daha karmaşık bir problemi ele alalım.

Örnek 2

cos 2 α · cos 4 α · özdeşliğinin bir kanıtını verin. . . çünkü 2 n α \u003d günah 2 n + 1 α 2 n günah 2 α.

Çözüm

Hatırladığımız gibi, ilk adım n bire eşit olduğunda eşitliğin doğruluğunu kontrol etmek olmalıdır. Bunu bulmak için temel trigonometrik formülleri hatırlamamız gerekiyor.

cos 2 1 = cos 2 α günah 2 1 + 1 α 2 1 günah 2 α = günah 4 α 2 günah 2 α = 2 günah 2 α cos 2 α 2 günah 2 α = cos 2 α

Bu nedenle, n bire eşit olduğunda, özdeşlik doğru olacaktır.

Şimdi geçerliliğinin n = k için korunduğunu varsayalım, yani. cos 2 α · cos 4 α · olduğu doğru olacaktır. . . çünkü 2 k α \u003d günah 2 k + 1 α 2 k günah 2 α.

eşitliğini ispatlıyoruz cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α, önceki varsayıma göre n = k + 1 olduğunda.

Trigonometrik formüle göre,

günah 2 k + 1 α cos 2 k + 1 α = = 1 2 (günah (2 k + 1 α + 2 k + 1 α) + günah (2 k + 1 α - 2 k + 1 α)) = = 1 2 günah (2 2 k + 1 α) + günah 0 = 1 2 günah 2 k + 2 α

Sonuç olarak,

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 = = günah 2 k + 1 α 2 k günah 2 α cos 2 k + 1 α = 1 2 günah 2 k + 1 α 2 k günah 2 α = günah 2 k + 2 α 2 k + 1 günah 2 α

Bu yöntemi kullanarak bir eşitsizliği kanıtlama problemini çözmenin bir örneği, en küçük kareler yöntemiyle ilgili makalede verilmiştir. Yaklaşım katsayılarını bulmak için formüllerin türetildiği paragrafı okuyun.

Metinde bir hata fark ederseniz, lütfen vurgulayın ve Ctrl+Enter tuşlarına basın.

MBOU Lyceum "Teknik ve Ekonomik"

MATEMATİKSEL ENDÜSYON YÖNTEMİ

MATEMATİKSEL ENDÜSYON YÖNTEMİ.

AÇIKLAYICI NOT

Matematiksel profilin 10. sınıf öğrencileri için metodolojik geliştirme "Matematiksel tümevarım yöntemi" derlenmiştir.

Birincil hedefler: öğrencilere matematiksel tümevarım yöntemini tanıtmak ve çeşitli problemlerin çözümünde nasıl uygulanacağını öğretmek.

AT metodolojik geliştirme temel matematik soruları dikkate alınır: bölünebilirlik problemleri, özdeşliklerin ispatı, eşitsizliklerin ispatı, olimpiyatlarda sunulan problemler de dahil olmak üzere değişen derecelerde karmaşıklık problemleri önerilmiştir.

Deneysel bilimlerde tümevarımsal çıkarımların rolü çok büyüktür. Daha sonra kesinti yoluyla daha fazla sonuç çıkarılacak hükümleri verirler. İsim matematiksel tümevarım yöntemi aldatıcı - aslında, bu yöntem tümdengelimlidir ve tümevarımla tahmin edilen ifadelerin kesin bir kanıtını verir. Matematiksel tümevarım yöntemi, matematiğin çeşitli bölümleri arasındaki bağlantıların tanımlanmasına katkıda bulunur, öğrencinin matematik kültürünü geliştirmeye yardımcı olur.

Matematiksel tümevarım yönteminin tanımı. Tam ve eksik tümevarım. Eşitsizliklerin kanıtı. Kimlik kanıtı. Bölünebilirlik problemlerini çözme. "Matematiksel tümevarım yöntemi" konusundaki çeşitli problemlerin çözümü.

ÖĞRETMEN İÇİN EDEBİYAT

1. M.L. Galitsky. Derin Öğrenme cebir ve matematiksel analiz dersi. - M. Aydınlanma, 1986.

2. L.I. Zvavich. Cebir ve analizin başlangıcı. didaktik malzemeler. M. Drofa. 2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Cebir ve matematiksel analiz. M Aydınlanma. 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Matematiksel tümevarım yöntemi. NGU.1995.

ÖĞRENCİLER İÇİN EDEBİYAT

1. N.Ya. Vilenkin. Cebir ve matematiksel analiz. M Aydınlanma. 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Matematiksel tümevarım yöntemi. NGU.1995.

ANAHTAR KELİMELER

Tümevarım, aksiyom, matematiksel tümevarım ilkesi, tam tümevarım, eksik tümevarım, iddia, özdeşlik, eşitsizlik, bölünebilirlik.

KONUYA DİDAKTİK EK

"MATEMATİKSEL ENDÜKSİYON YÖNTEMİ".

Ders 1

Matematiksel tümevarım yönteminin tanımı.

Matematiksel tümevarım yöntemi bunlardan biridir. yüksek verimli yöntem yeni sonuçlar ve önerilen varsayımların doğruluğunun kanıtını araştırın. Bu yöntem matematikte yeni olmasa da ilgi azalmaz. Matematiksel tümevarım yöntemi ilk kez net bir sunumla 17. yüzyılda seçkin Fransız bilim adamı Blaise Pascal tarafından o zamandan beri kendi adıyla anılan bir sayı üçgeninin özelliklerini kanıtlamak için uygulandı. Ancak, matematiksel tümevarım fikri eski Yunanlılar tarafından biliniyordu. Matematiksel tümevarım yöntemi, bir aksiyom olarak kabul edilen matematiksel tümevarım ilkesine dayanmaktadır. Matematiksel tümevarım fikrini örneklerle ele alacağız.

Örnek 1.

Kare bir parça ile iki parçaya bölünür, ardından ortaya çıkan parçalardan biri iki parçaya bölünür ve bu böyle devam eder. Karenin kaç parçaya bölündüğünü belirleyin P adımlar?

Çözüm.

İlk adımdan sonra, koşula göre 2 parça alırız. İkinci adımda bir parçayı değiştirmeden bırakıp ikincisini 2 parçaya bölerek 3 parça elde ediyoruz. Üçüncü adımda 2 parçayı değiştirmeden bırakıp üçüncüyü ikiye bölerek 4 parça elde ediyoruz. Dördüncü adımda 3 parçayı değiştirmeden bırakıyoruz ve son parçayı iki parçaya bölerek 5 parça elde ediyoruz. Beşinci adımda 6 parça elde edeceğiz. Öneri şu şekilde yapılır P aldığımız adımlar (n+1) Bölüm. Ama bu önermenin kanıtlanması gerekiyor. aracılığıyla olduğunu varsayalım ile karenin bölündüğü adımlar (k+1) Bölüm. sonra (k+1) adım biz ile parçalar değişmeden bırakılacak ve (k+1) parçayı ikiye böl ve al (k+2) parçalar. Bu şekilde istediğiniz kadar tartışabileceğinizi fark ediyorsunuz, sonsuza kadar. Yani, varsayımımız şu ki P adımlar kare bölünecek (n+1) parçası, kanıtlanmış olur.

Örnek #2.

Anneannemin reçele çok düşkün bir torunu vardı, özellikle de litrelik kavanozdaki reçele. Ama büyükanne dokunmasına izin vermedi. Ve torunlar büyükannelerini aldatmaya karar verdiler. Bu kavanozdan her gün 1/10 litre yemeye karar verdi ve üzerine su ekleyerek iyice karıştırdı. Reçel su ile yarı yarıya seyreltildiğinde görünüş olarak aynı kalırsa, büyükanne kaç gün sonra aldatmacayı keşfedecek?

Çözüm.

Sonra kavanozda ne kadar saf reçel kalacağını bulun. P günler. İlk günden sonra 9/10 reçel ve 1/10 sudan oluşan karışım kavanozda kalacaktır. İki gün sonra su ve reçel karışımının 1/10'u kavanozdan kaybolacak ve kalacaktır (1 litre karışım 9/10 litre reçel içerir, 1/10 litre karışım 9/100 litre reçel içerir)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litre reçel. Üçüncü gün kavanozdan 1/10 litre 81/100 reçel ve 19/100 sudan oluşan bir karışım kaybolacaktır. Karışımın 1 litresinde 81/100 litre reçel, 1/10 litresinde 81/1000 litre reçel vardır. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 gün sonra 3 litre reçel kalacak geri kalanı su ile alınacaktır. Bir desen ortaya çıkıyor. Vasıtasıyla P bankada kalan gün sayısı (9/10) P reçel. Ama yine, bu sadece bizim tahminimiz.

İzin vermek ile keyfi bir doğal sayıdır. aracılığıyla olduğunu varsayalım ile bankada kalacak günler (9/10) l sıkışması. Bakalım başka bir gün bankada ne olacak, yani (k+1) gün. Bankadan kaybolacak 1/10l karışımı (9/10) ile ben reçel ve su. AT 1l karışım (9/10) ile ben reçel, içinde 1/10l karışımlar (9/10) k+1 ben reçel. Şimdi güvenle söyleyebiliriz ki P bankada kalan günler (9/10) P ben reçel. 6 gün içinde banka 531444/1000000l 7 gün sonra sıkışmalar - 4782969/10000000l reçel, yani yarısından az.

Cevap: 7 gün sonra büyükanne aldatmayı keşfedecek.

Ele alınan sorunların çözümlerinde en temel olanı seçmeye çalışalım. Her birini ayrı ayrı veya dedikleri gibi özel durumları dikkate alarak çözmeye başladık. Daha sonra gözlemlerimize dayanarak bazı varsayımlarda bulunduk. P(n), doğala bağlı olarak P.

iddia kontrol edildi, yani kanıtlandı P(1), P(2), P(3);

önerdi P(n)Şunun için geçerli n=k ve bir sonraki için geçerli olacağı sonucuna vardı n, n=k+1.

Sonra şöyle bir şey tartıştılar: P(1) Sağ, P(2) Sağ, P(3) Sağ, P(4) doğru... bu doğru P(n).

Matematiksel tümevarım ilkesi.

Beyan P(n), doğala bağlı olarak P, tüm doğal durumlar için geçerlidir P, eğer

1) iddianın geçerliliği n=1;

2) ifadenin geçerliliği varsayımından P(n) de n=k meli

adalet P(n) de n=k+1.

Matematikte, matematiksel tümevarım ilkesi, kural olarak, doğal sayı dizilerini tanımlayan aksiyomlardan biri olarak seçilir ve bu nedenle kanıtsız kabul edilir. Matematiksel tümevarım ilkesiyle ispat yöntemine genellikle matematiksel tümevarım yöntemi denir. Bu yöntemin teoremleri, özdeşlikleri, bölünebilirlik problemlerinin çözümünde eşitsizlikleri ve diğer birçok problemi kanıtlamada yaygın olarak kullanıldığını unutmayın.

Ders 2

Tam ve eksik tümevarım.

Matematiksel bir ifadenin sınırlı sayıda nesneyle ilgili olduğu durumda, her nesne için kontrol edilerek kanıtlanabilir, örneğin "Her iki değerli çift ​​sayı ikisinin toplamı asal sayılar". Sonlu sayıda durum için bir ifadeyi test ettiğimiz ispat yöntemine tam matematiksel tümevarım denir. Bu yöntem, ifadeler çoğunlukla sonsuz kümeler üzerinde düşünüldüğünden, nispeten nadiren kullanılır. Örneğin, "Herhangi bir çift sayı, iki asal sayının toplamına eşittir" teoremi şimdiye kadar ne kanıtlandı ne de reddedildi. Bu teoremi ilk milyar için test etsek bile, bu bizi kanıtlamaya bir adım daha yaklaştırmayacaktır.

AT Doğa Bilimleri eksik tümevarım uygulayın, deneyi birkaç kez kontrol edin, sonucu tüm durumlara aktarın.

Örnek 3

Doğal sayıların küplerinin toplamı için eksik tümevarım formülünü kullanarak tahmin edin.

Çözüm.

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 .

Kanıt.

için doğru olsun n=k.

Bunun doğru olduğunu kanıtlayalım n=k+1.

Sonuç: Doğal sayıların küplerinin toplamı formülü, herhangi bir doğal sayı için geçerlidir. P.

Örnek 4

Eşitlikleri düşünün ve bu örneklerin hangi genel kanuna yol açtığını tahmin edin.

Çözüm.

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

……………………………………………………………..

Örnek #5

Aşağıdaki ifadeleri toplam olarak yazınız:

1)
2)
3)
; 4)
.

Yunanca "sigma" harfi.

Örnek #6.

işaretini kullanarak aşağıdaki toplamları yazın
:

2)

Örnek #7.

Aşağıdaki ifadeleri ürün olarak yazın:

1)

3)
4)

Örnek #8.

Aşağıdaki işleri işaretini kullanarak yazınız.

(Yunanca büyük harf "pi")

1)
2)

Örnek #9.

Bir polinomun değerini hesaplama f ( n )= n 2 + n +11 , n=1,2,3,4.5,6,7 herhangi bir doğal için olduğu varsayılabilirP sayı f ( n ) basit.

Bu varsayım doğru mu?

Çözüm.

Her toplam bir sayıya bölünebiliyorsa, toplam o sayıya bölünebilir,
herhangi bir doğal sayı için asal sayı değildirP.

Sınırlı sayıda vaka oyununu ayrıştırma önemli rol matematikte: şu veya bu ifadenin bir kanıtını vermeden, hala bilinmiyorsa, bu ifadenin doğru formülasyonunu tahmin etmeye yardımcı olur. Petersburg Bilimler Akademisi'nin bir üyesi olan Goldbach, ikiden başlayarak herhangi bir doğal sayının en fazla üç asal sayının toplamı olduğu varsayımına bu şekilde ulaştı.

Ders #3

Matematiksel tümevarım yöntemi, çeşitli kimlikleri kanıtlamamızı sağlar.

Örnek #10. Bunu herkese kanıtlayalım P kimlik

Çözüm.

koyalım

bunu kanıtlamamız gerek

Kanıtlayalım o zaman kimliğin gerçeğinden

kimliğin gerçeği aşağıdaki gibidir

Matematiksel tümevarım ilkesiyle, herkes için özdeşliğin gerçeği P.

Örnek #11.

Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

dönem dönem eşitlikler.

;
. Yani bu kimlik herkes için doğruP .

Ders numarası 4.

Matematiksel tümevarım yoluyla kimliklerin kanıtı.

Örnek #12. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Matematiksel tümevarım ilkesini uygulayarak eşitliğin herkes için doğru olduğunu kanıtladık. P.

Örnek 13. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Matematiksel tümevarım ilkesini uygulayarak, ifadenin herhangi bir doğal durum için doğru olduğunu kanıtladık. P.

Örnek 14. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Örnek 15. Kimliğini kanıtlayalım

1) n=1;

2) için n=k eşitlik

3) eşitliğin geçerli olduğunu kanıtlayın n=k+1:

Sonuç: kimlik, herhangi bir doğal varlık için geçerlidir. P.

Örnek 16. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Eğer bir n=1 , sonra

Kimliğin tutmasına izin ver n=k.

Kimliğin geçerli olduğunu kanıtlayalım n=k+1.

O zaman kimlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Ders numarası 5.

Matematiksel tümevarım yoluyla kimliklerin kanıtı.

Örnek 17. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Eğer bir n=2 , sonra doğru eşitliği elde ederiz:

Eşitlik için doğru olsunn=k:

İddianın geçerliliğini kanıtlayalım n=k+1.

Matematiksel tümevarım ilkesine göre, özdeşlik kanıtlanmıştır.

Örnek #18. Kimliğini kanıtlayalım
n≥2 için.

saat n=2 bu kimlik çok basit bir biçimde yeniden yazılabilir

ve açıkçası doğru.

izin ver n=k Gerçekten

.

İddianın geçerliliğini kanıtlayalımn=k+1, yani eşitlik sağlanır: .

Böylece, özdeşliğin herhangi bir doğal durum için doğru olduğunu kanıtladık. n≥2.

Örnek #19. Kimliğini kanıtlayalım

saat n=1 doğru eşitliği elde ederiz:

Diyelim ki n=k ayrıca doğru eşitliği elde ederiz:

eşitliğinin geçerliliğinin gözlendiğini ispatlayalım. n=k+1:

O zaman kimlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Ders numarası 6.

Bölünebilirlik problemlerini çözme.

Örnek #20. Matematiksel tümevarımla kanıtlayın

bölü 6 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 bölünme var6 iz bırakmadan,
.

izin ver n=k ifade
çoklu6.

kanıtlayalım o zaman n=k+1 ifade
çoklu6 .

Her terim bir çoklu 6 , yani toplam bir katıdır 6 .

Örnek 21.
üzerinde5 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 ifade bölünebilir
.

izin ver n=k ifade
ayrıca bölünmüş5 iz bırakmadan.

saat n=k+1 bölü 5 .

Örnek 22. Bir ifadenin bölünebilirliğini kanıtlayın
üzerinde16.

Kanıt.

saat n=1çoklu 16 .

izin ver n=k
çoklu16.

saat n=k+1

Tüm terimler bölünebilir 16: birincisi açıkça varsayıma göre ikincisidir ve üçüncüsü parantez içinde çift bir sayıya sahiptir.

Örnek 23. bölünebilirliği kanıtla
üzerinde676.

Kanıt.

önce bunu ispatlayalım
bölü
.

saat n=0
.

izin ver n=k
bölü26 .

sonra n=k+1 bölü 26 .

Şimdi problem koşulunda formüle edilen iddiayı kanıtlayalım.

saat n=1 bölü 676.

saat n=k bu doğru
bölü26 2 .

saat n=k+1 .

Her iki terim de bölünebilir 676 ; ilki, bölünebilirliği kanıtladığımız için 26 parantez içindeki ifade ve ikincisi tümevarım hipotezi ile bölünebilir.

Ders numarası 7.

Bölünebilirlik problemlerini çözme.

Örnek 24.

Kanıtla
bölü5 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1
bölü5.

saat n=k
bölü5 iz bırakmadan.

saat n=k+1 her terim bölünebilir5 iz bırakmadan.

Örnek #25.

Kanıtla
bölü6 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1
bölü6 iz bırakmadan.

izin ver n=k
bölü6 iz bırakmadan.

saat n=k+1 bölü 6 kalan yok, çünkü her terim bölünebilir6 kalansız: ilk terim, tümevarım varsayımına göre, ikincisi, açıkçası, üçüncü, çünkü
çift ​​sayı.

Örnek #26.

Kanıtla
bölündüğünde9 kalanı verir 1 .

Kanıt.

bunu kanıtlayalım
bölü9 .

saat n=1
bölü 9 . izin ver n=k
bölü9 .

saat n=k+1 bölü 9 .

27 numaralı örnek.

bölünebildiğini kanıtlayın15 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 bölü 15 .

izin ver n=k bölü 15 iz bırakmadan.

saat n=k+1

İlk terim çoklu15 tümevarım hipotezi ile, ikinci terim bir katıdır15 - açıkçası, üçüncü terim bir katıdır15 , çünkü
çoklu5 (örnek No. 21'de kanıtlanmıştır), dördüncü ve beşinci terimler de katlardır5 , ki bu açıktır, o zaman toplamın bir katıdır15 .

Ders numarası 8-9.

Eşitsizliklerin matematiksel tümevarımla ispatı

Örnek #28.
.

saat n=1 sahibiz
- Sağ.

izin ver n=k
gerçek bir eşitsizliktir.

saat n=k+1

O zaman eşitsizlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Örnek #29. Eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın
herhangi P.

saat n=1 doğru eşitsizliği elde ederiz 4 >1.

izin ver n=k eşitsizlik
.

kanıtlayalım o zaman n=k+1 eşitsizlik

Herhangi bir doğal ile eşitsizlik görülmektedir.

Eğer bir
de
sonra

Örnek #30.

herhangi bir doğal için P Ve herhangi biri

İzin vermek n=1
, Sağ.

eşitsizliğin geçerli olduğunu varsayalım n=k:
.

saat n=k+1

Örnek numarası 31. Eşitsizliğin geçerliliğini kanıtlayın

herhangi bir doğal için P.

İlk önce bunu herhangi bir doğal için kanıtlayalım. t eşitsizlik

Eşitsizliğin her iki tarafını da
. Eşdeğer bir eşitsizlik elde ederiz veya
;
; - bu eşitsizlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. t.

saat n=1 orijinal eşitsizlik doğrudur
;
;
.

Eşitsizliğin devam etmesine izin ver n=k:
.

saat n=k+1

10 numaralı ders.

Konuyla ilgili sorunları çözme

Matematiksel tümevarım yöntemi.

Örnek #32. Bernoulli'nin eşitsizliğini kanıtlayın.

Eğer bir
, sonra tüm doğal değerler içinP eşitsizlik

Kanıt.

saat n=1 ispatlanan eşitsizlik şu şekli alır
ve açıkçası doğru. için doğru olduğunu varsayalımn=k , yani, ne
.

Duruma göre olduğundan
, sonra
ve bu nedenle eşitsizlik, her iki kısmı ile çarpıldığında anlamını değiştirmez.
:

Çünkü
, o zaman bunu alırız

.

Yani eşitsizlik için doğrudur n=1, ve onun gerçeğinden n=k bunun doğru olduğunu takip eder ve n=k+1. Bu nedenle, matematiksel tümevarımla, tüm doğal durumlar için geçerlidir. P.

Örneğin,

Örnek numara 33. Tüm doğal değerleri bulunP eşitsizliği için

Çözüm.

saat n=1 eşitsizlik doğrudur. saat n=2 eşitsizlik de doğrudur.

saat n=3 eşitsizlik artık tatmin edici değil. Yalnızca sayı=6 eşitsizlik geçerlidir, böylece tümevarım temeli için alabiliriz n=6.

Bazı doğal durumlar için eşitsizliğin doğru olduğunu varsayalım. ile:

eşitsizliği düşünün

Son eşitsizlik şu durumlarda geçerlidir:
Ölçek konuyla ilgili olarak n=1 tekrar tekrar verilir: n≥5 , burada P- -doğal sayı.

Saratov Bölgesi Eğitim Bakanlığı

Saratov Devlet Sosyo-Ekonomik Üniversitesi

Bölgesel matematik yarışması ve bilgisayar işi okul çocukları

"Geleceğin Vektörü - 2007"

«Matematiksel tümevarım yöntemi.

Cebirsel problemlerin çözümüne uygulanması"

("matematik" bölümü)

yaratıcı iş

10"A" sınıfı öğrencileri

MOU "1 Nolu Spor Salonu"

Saratov'un Oktyabrsky bölgesi

Harutyunyan Gayane.

İş yöneticisi:

matematik öğretmeni

Grishina Irina Vladimirovna

Saratov

2007

Giriş………………………………………………………………………………3

Matematiksel tümevarım ilkesi ve

kanıt………………………………………………………………………..4

Problem çözme örnekleri…………………………………………………………………..9

Sonuç…………………………………………………………………………..16

Edebiyat………………………………………………………………………………17

Giriiş.

Matematiksel tümevarım yöntemi ilerleme ile karşılaştırılabilir. Sonuç olarak en düşükten başlıyoruz mantıksal düşünme en yükseğe geldik. İnsan her zaman ilerleme için, düşüncesini mantıksal olarak geliştirme yeteneği için çabalamıştır, yani doğanın kendisi onu tümevarımsal düşünmeye ve düşüncesini tüm mantık kurallarına göre yürütülen kanıtlarla güçlendirmeye mahkum etmiştir.
Şu anda, matematiksel tümevarım yönteminin uygulama alanı büyümüştür, ancak Okul müfredatı Ne yazık ki, fazla zamanı yok. Ama bu çok önemli - tümevarımsal düşünebilmek.

Matematiksel tümevarım ilkesi ve ispatı

Matematiksel tümevarım yönteminin özüne dönelim. Çeşitli ifadeleri ele alalım. Genel ve özel olarak ikiye ayrılabilirler.Genel ifadelere örnekler verelim.

Tüm Rus vatandaşları eğitim hakkına sahiptir.

Herhangi bir paralelkenarda, kesişme noktasındaki köşegenler ikiye bölünür.

Sıfırla biten tüm sayılar 5'e tam bölünür.

İlgili özel ifade örnekleri:

Petrov'un eğitim hakkı var.

ABCD paralelkenarında, kesişme noktasındaki köşegenler ikiye bölünür.

140 sayısı 5'e tam bölünür.

Genel ifadelerden özel ifadelere geçişe tümdengelim denir (Latince'den kesinti - mantık kurallarına göre sonuç).

Tümdengelimli çıkarım örneğini düşünün.

Tüm Rus vatandaşları eğitim hakkına sahiptir. (bir)

Petrov, Rusya vatandaşıdır. (2)

Petrov'un eğitim hakkı var. (3)

Genel iddiadan (1) (2) yardımıyla özel iddia (3) elde edilir.

Belirli ifadelerden genel ifadelere ters geçişe tümevarım denir (Latince'den indüksiyon - rehberlik).

Tümevarım hem doğru hem de yanlış sonuçlara yol açabilir.

Bunu iki örnekle açıklayalım.

140, 5'e tam bölünür (1)

Sıfırla biten tüm sayılar 5'e tam bölünür. (2)

140, 5'e tam bölünür (1)

Tüm üç basamaklı sayılar 5'e bölünebilir. (2)

Özel ifadeden (1) genel ifade (2) elde edilir. (2) numaralı ifade doğrudur.

İkinci örnek, genel bir ifadenin (3) belirli bir ifadeden (1) nasıl elde edilebileceğini gösterir, ayrıca ifade (3) doğru değildir.

Sadece doğru sonuçlara varmak için tümevarımın matematikte nasıl kullanılacağı sorusunu kendimize soralım. Matematikte kabul edilemez olan bazı tümevarım örneklerine bakalım.

örnek 1.

Leonard Euler'in dikkat ettiği, aşağıdaki Р(x)= x 2 + x + 41 biçimindeki bir kare üç terimliyi ele alalım.

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.

Üç terimlinin değerinin her zaman bir asal sayı olduğunu görüyoruz. Elde edilen sonuçlara dayanarak, incelenen üç terimli yerine koyarken x yerine Negatif olmayan herhangi bir tam sayı her zaman bir asal sayı ile sonuçlanır.

Ancak, varılan sonuç güvenilir kabul edilemez. Sorun ne? Gerçek şu ki, akıl yürütmede, herhangi bir x hakkında genel ifadeler, yalnızca bu ifadenin bazı x değerleri için doğru olduğu temelinde yapılır.

Gerçekten de, P(x) üçlüsü daha yakından incelendiğinde, P(0), P(1), ..., P(39) sayıları asal sayılardır, ancak P(40) = 41 2 bir bileşik sayıdır. Ve oldukça açık bir şekilde: P(41) = 41 2 +41+41, 41'in katıdır.

Bu örnekte 40 özel durumda doğru olan ancak genel olarak haksız olduğu ortaya çıkan bir ifade ile karşılaştık.

Birkaç örneğe daha bakalım.

Örnek 2

17. yüzyılda V.G. Leibniz, herhangi bir doğal n için, n 3 - n biçimindeki sayıların 3'ün katları olduğunu, n 5 - n'nin 5'in katları olduğunu, n 7 - n'nin 7'nin katları olduğunu kanıtladı. ve doğal n, sayı n k - n k'nin katları, ancak çok geçmeden kendisi de 2 9 -2=510 olduğunu fark etti, ki bu açıkça 9'a bölünemez.

Dikkate alınan örnekler, önemli bir sonuca varmamızı sağlar: bir ifade, birkaç özel durumda doğru olabilir ve aynı zamanda genel olarak adaletsiz olabilir.

Doğal olarak şu soru ortaya çıkıyor: Birkaç özel durumda doğru olan bir ifade var; tüm özel durumları dikkate almak imkansızdır; bu ifadenin doğru olup olmadığını nereden biliyorsun?

Bu soru bazen matematiksel tümevarım yöntemi adı verilen özel bir akıl yürütme yöntemi uygulanarak çözülebilir. Bu yöntem dayanmaktadır matematiksel tümevarım ilkesi, şu sonuca varılır: ifade, aşağıdaki durumlarda herhangi bir doğal n için doğrudur:

n = 1 için geçerlidir;

bazı keyfi doğal n =k için ifadenin geçerliliğinden, bunun n = k +1 için doğru olduğu sonucu çıkar.

Kanıt.

Bunun tersini varsayın, yani ifadenin her doğal n için doğru olmamasına izin verin. O halde öyle bir m doğal sayısı vardır ki

n =m için ifade doğru değil,

tüm n için

n=1 (koşul 1) için iddia doğru olduğundan m >1 olduğu açıktır. Bu nedenle, m-1 bir doğal sayıdır. Bir m -1 doğal sayısı için ifade doğrudur, ancak sonraki m doğal sayısı için doğru değildir. Bu durum 2 ile çelişir. Ortaya çıkan çelişki, varsayımın yanlış olduğunu gösterir. Bu nedenle, iddia herhangi bir doğal n, h.e.d için doğrudur.

Matematiksel tümevarım ilkesine dayanan bir kanıta, matematiksel tümevarım yöntemiyle kanıt denir. Böyle bir ispat, iki bağımsız teoremin ispatından iki kısımdan oluşmalıdır.

Teorem 1. İfade n=1 için doğrudur.

Teorem 2. İfade, n=k için doğruysa, n =k +1 için doğrudur, burada k isteğe bağlı bir doğal sayıdır.

Bu teoremlerin her ikisi de kanıtlanırsa, matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, ifade herhangi bir şey için doğrudur.
doğal

Matematiksel tümevarımla ispatın kesinlikle hem Teorem 1 hem de 2'nin ispatını gerektirdiği vurgulanmalıdır. Teorem 2'nin ihmali yanlış sonuçlara yol açar (örnek 1-2). Teorem 1'in ispatının ne kadar gerekli olduğunu bir örnekle gösterelim.

Örnek 3. "Teorem": Her doğal sayı, kendisinden sonraki doğal sayıya eşittir.

İspat, matematiksel tümevarım yöntemiyle gerçekleştirilecektir.

Diyelim ki k =k +1 (1).

k +1=k +2 (2) olduğunu ispatlayalım. Bunu yapmak için "eşitlik" (1)'in her bir bölümüne 1 ekleyin, "eşitlik" (2) elde ederiz. Eğer ifade n =k için doğruysa, o zaman n =k +1., vb. için de doğrudur.

"Teoremden" bariz bir "sonuç": tüm doğal sayılar eşittir.

Hata, matematiksel tümevarım ilkesini uygulamak için gerekli olan Teorem 1'in kanıtlanmamış ve doğru olmadığı gerçeğinde yatmaktadır, ancak sadece ikinci teorem kanıtlanmıştır.

Teorem 1 ve 2 özellikle önemlidir.

Teorem 1, tümevarım için temel oluşturur. Teorem 2, bu tabanın sınırsız otomatik genişlemesi hakkını, bu özel durumdan diğerine, n'den n + 1'e geçme hakkını verir.

Teorem 1 kanıtlanmadıysa, ancak Teorem 2 kanıtlandıysa, bu nedenle, tümevarımın temeli oluşturulmamıştır ve o zaman Teorem 2'yi uygulamak anlamsızdır, çünkü aslında genişletilecek hiçbir şey yoktur.

Teorem 2 kanıtlanmadıysa ve sadece Teorem 1 kanıtlandıysa, tümevarımı yürütmek için temel oluşturulmuş olmasına rağmen, bu tabanı genişletme hakkı yoktur.

Notlar.

Bazen ispatın ikinci kısmı sadece n =k için değil, aynı zamanda n =k -1 için de ifadenin geçerliliğine dayanır. Bu durumda, ilk bölümdeki ifade, n'nin sonraki iki değeri için test edilmelidir.

Bazen ifade herhangi bir doğal n için değil, m'nin bir tam sayı olduğu n > m için kanıtlanır. Bu durumda, ispatın ilk bölümünde, iddia n =m +1 için ve gerekirse, sonraki birkaç n değeri için doğrulanır.

Söylenenleri özetlersek, elimizde: matematiksel tümevarım yöntemi, genel bir yasa arayışında, bu durumda ortaya çıkan hipotezleri test etmeye, yanlış olanları atmaya ve doğruları öne sürmeye izin verir.

Deneysel, deneysel bilimler için bireysel gözlem ve deneylerin (yani tümevarım) sonuçlarını genelleştirme süreçlerinin rolünü herkes bilir. Öte yandan matematik, her zaman açıkça veya dolaylı olarak tüm matematiksel önermelerin (başlangıç ​​olarak kabul edilenler - aksiyomlar hariç) kanıtlandığı ve belirli uygulamaların kanıtlandığı varsayıldığından, uzun süredir tamamen tümdengelimli yöntemlerin uygulanmasının klasik bir örneği olarak kabul edilmiştir. Bu önermelerin çoğu genel durumlara (tümdengelim) uygun ispatlardan türetilmiştir.

Matematikte tümevarım ne anlama gelir? Oldukça güvenilir olmayan bir yöntem olarak anlaşılmalı mı ve bu tür endüktif yöntemlerin güvenilirliği için bir kriter nasıl aranmalı? Veya deneysel bilimlerin deneysel genellemeleriyle aynı nitelikteki matematiksel sonuçların kesinliği, öyle ki kanıtlanmış herhangi bir gerçeği “doğrulamak” kötü olmaz mı? Gerçekte, durum böyle değil.

Bir hipotezde tümevarım (rehberlik), matematikte çok önemli ama tamamen sezgisel bir rol oynar: çözümün ne olması gerektiğini tahmin etmeye izin verir. Ama matematiksel önermeler yalnızca tümdengelim yoluyla kurulur. Ve matematiksel tümevarım yöntemi, tamamen tümdengelimli bir ispat yöntemidir. Nitekim bu yöntemle gerçekleştirilen ispat iki bölümden oluşmaktadır:

sözde "temel" - bir (veya birkaç) doğal sayı için istenen cümlenin tümdengelimli bir kanıtı;

genel bir ifadenin tümdengelimli bir kanıtını içeren tümevarımsal bir adım. Teorem tüm doğal sayılar için kesin olarak kanıtlanmıştır. Kanıtlanmış temelden, örneğin, 0 sayısı için, tümevarım adımında, 1 sayısının kanıtını elde ederiz, sonra aynı şekilde 2 için, 3 için ... - ve böylece ifade için gerekçelendirilebilir. herhangi bir doğal sayı

Başka bir deyişle, "matematiksel tümevarım" adı, bu yöntemin zihnimizde geleneksel tümevarımsal akıl yürütme ile basitçe ilişkilendirilmesi gerçeğinden kaynaklanmaktadır (sonuçta, temel gerçekten yalnızca belirli bir durum için kanıtlanmıştır); tümevarımsal adım, doğa ve sosyal bilimlerdeki deneyime dayalı tümevarımsal akıl yürütmenin inandırıcılık kriterlerinin aksine, herhangi bir özel önermeye ihtiyaç duymayan ve tümdengelimli akıl yürütmenin katı kanonlarına göre kanıtlanan genel bir ifadedir. Bu nedenle matematiksel tümevarım, tümdengelimli, tamamen güvenilir bir ispat yöntemi olduğu için "tam" veya "mükemmel" olarak adlandırılır.

Sorun çözümlerine örnekler

cebirde tümevarım

Birkaç cebirsel problem örneğini ve matematiksel tümevarım yöntemi kullanılarak çözülebilecek çeşitli eşitsizliklerin kanıtını düşünün.

Görev 1. Toplamın formülünü tahmin edin ve kanıtlayın.

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

Çözüm.

1. А(n) toplamı için ifadeyi dönüştürelim:

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

2. C (n) ve B (n) toplamlarını göz önünde bulundurun.

AC( n ) = 1 2 + 2 2 +…+ n 2 . Matematiksel tümevarım yöntemiyle ilgili sıkça karşılaşılan sorunlardan biri, herhangi bir doğal n için eşitliğin kanıtlanmasıdır.

1 2 + 2 2 +…+ n2 = (1)

(1)'in tüm n için doğru olduğunu varsayalım.  N.

b ) B(n) = 1 3 + 2 3 + …..+ n 3 . B(n) değerlerinin n'ye bağlı olarak nasıl değiştiğini gözlemleyelim.

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 =

Böylece, varsayılabilir ki
B (n) = (1 + 2 + ….+ n) 2 =
(2)

c) Sonuç olarak, А(n) toplamı için elde ederiz

ANCAK( n ) ==

= (*)

3. Elde edilen (*) formülünü matematiksel tümevarım yöntemiyle ispatlayalım.

a) n = 1 için eşitliği (*) kontrol edin.

A(1) = 2  =2,

Açıkçası, formül (*) n = 1 için doğrudur.

b) (*) formülünün n=k için doğru olduğunu varsayalım, burada k N, yani eşitlik

bir(k)=

Varsayımdan yola çıkarak, n =k +1 formülünün geçerliliğini kanıtlayacağız. Yok canım,

A(k+1)=

(*) formülü n=1 için doğru olduğundan ve bazı doğal k için doğru olduğu varsayımından, matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak bunun n =k+1 için doğru olduğu sonucu çıkar. eşitlik

herhangi bir doğal n için geçerlidir.

Görev 2.

1-2 + 3-4 +…(-1) n -1 n toplamını hesaplayın.

Çözüm.

Farklı n değerleri için toplamların değerlerini art arda yazalım.

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.

Modeli gözlemleyerek, n ​​ve A (n)= için bile A (n)= - olduğunu varsayabiliriz.
tek n için Her iki sonucu da tek bir formülde birleştirelim:

bir(n) =
, burada r, n'yi 2'ye bölmenin kalanıdır.

Ve r , açıkça aşağıdaki kural tarafından belirlenir

0 ise n çifttir,

r=

1 ise n tuhaf.

O zamanlar r(tahmin edilebilir) şu şekilde temsil edilebilir:

Sonunda A (n) formülünü elde ederiz:

bir(n)=

(*)

Tüm n için eşitliği (*) ispatlayalım.  N matematiksel tümevarım yöntemi.

2. a) n =1 için eşitliği (*) kontrol edin. A(1) = 1=

eşitlik adildir

b) Diyelim ki eşitlik

1-2+3-4+…+(-1) n-1 n=

doğru n=k. n =k + 1 için de geçerli olduğunu ispatlayalım, yani.

A(k+1)=

Aslında,

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

=

Q.E.D.

Bölünebilirlik problemlerini çözmek için matematiksel tümevarım yöntemi de kullanılır.

Görev 3.

N(n)=n 3 + 5n sayısının herhangi bir doğal n için 6'ya bölünebildiğini kanıtlayın.

Kanıt.

saat n =1 N (1)=6 sayısıdır ve bu nedenle ifade doğrudur.

Bazı doğal k için N (k )=k 3 +5k sayısı 6'ya bölünsün. Gerçekten, biz var
N (k+1)= (k+1) 3 + 5(k+1)=(k 3 +5k )+3k (k+1)+6.

Çünkü k ve k +1 bitişik doğal sayılardır, bu durumda bunlardan biri mutlaka çifttir, bu nedenle 3k (k +1) ifadesi 6'ya bölünebilir. Böylece, N (k +1)'in de 6'ya bölünebildiğini elde ederiz. Çıktı N (n)=n sayısı 3 + 5n herhangi bir doğal n için 6'ya bölünebilir.

Tam matematiksel tümevarım yönteminin birkaç kez uygulanması gerektiğinde, daha karmaşık bir bölünebilirlik probleminin çözümünü düşünün.

Görev 4.

Bunu herhangi bir doğal n sayısı için kanıtlayın.
2 n +3 ile tam bölünemez.

Kanıt.

Hayal etmek
bir çalışma şeklinde
=

= (*)

Varsayım olarak, (*)'deki ilk faktör 2 k +3 sayısıyla, yani bir bileşik sayının temsilinde eşit olarak bölünemez.
asal sayıların çarpımı şeklinde 2 sayısı (k + 2) defadan fazla tekrarlanmaz. Yani sayı olduğunu kanıtlamak için
2 k +4 ile tam bölünemez bunu ispatlamalıyız
4 ile bölünemez.

Bu iddiayı ispatlamak için yardımcı bir iddiayı ispatlıyoruz: herhangi bir doğal n için 3 2 n +1 sayısı 4'e bölünemez. n =1 için iddia açıktır, çünkü 10 kalansız 4'e bölünemez. 3 2 k +1'in 4'e tam bölünemeyeceğini varsayarak, 3 2(k+1) +1'in de bölünemeyeceğini ispatlıyoruz.
4. Son ifadeyi toplam olarak gösterelim:

3 2(k+1) +1=3 2k+2 +1=3 2k * 9+1=(3 2k +1)+8 * 3 2k . Toplamın ikinci terimi 4'e bölünebilir, ancak birincisi bölünemez. Bu nedenle toplam 4 ile kalansız bölünemez. Yardımcı iddia kanıtlanmıştır.

Şimdi açık ki
2k çift sayı olduğu için 4 ile tam bölünemez.

Sonunda, bu sayıyı alıyoruz
herhangi bir doğal n için 2 n +3 ile eşit olarak bölünemez.

Şimdi eşitsizliklerin ispatına tümevarım uygulamasının bir örneğini düşünün.

Görev 5.

2 n > 2n + 1 eşitsizliği hangi doğal n için geçerlidir?

Çözüm.

1. Ne zaman n=1 2 1< 2*1+1,

de n=2 2 2< 2*2+1,

de n =3 2 3 > 2*3+1,

de n =4 2 4 > 2*4+1.

Görünüşe göre eşitsizlik herhangi bir doğal n için geçerlidir.  3. Bu iddiayı ispatlayalım.

2. Ne zaman n =3 eşitsizliğin geçerliliği zaten gösterilmiştir. Şimdi eşitsizliğin n =k için geçerli olmasına izin verin, burada k 3'ten küçük olmayan bir doğal sayıdır, yani.

2 k > 2k+1 (*)

O halde eşitsizliğin n =k +1, yani 2 k +1 >2(k+1)+1 için de geçerli olduğunu ispatlayalım. (*) 2 ile çarparsak 2 k +1 >4k +2 elde ederiz. 2(k+1)+1 ve 4k +2 ifadelerini karşılaştıralım.

4k+2-(2(k+1)+1)=2k-1. Açıkçası, herhangi bir doğal k için 2k -1>0. Sonra 4k +2>2(k+1)+1, yani. 2k+1 >2(k+1)+1. İddia kanıtlandı.

Görev 6.

Negatif olmayan n sayının aritmetik ortalaması ve geometrik ortalaması için eşitsizlik (Cauchy eşitsizliği)., elde ederiz =

sayılardan en az biri ise
sıfıra eşitse eşitsizlik (**) de geçerlidir.

Çözüm.

Çalışmayı yaparken matematiksel tümevarım yönteminin özünü ve ispatını inceledim. Bu makale, tamamlanmamış tümevarımın önemli bir rol oynadığı sorunları sunmaktadır. doğru karar ve daha sonra matematiksel tümevarım yöntemiyle elde edilen ispat gerçekleştirilir.

Edebiyat.

Boltyansky V.G., Sidorov Yu.V., Shaburin M.I. İlköğretim matematikte dersler ve problemler; Bilim, 1974.

Vilenkin N.Ya. , Shvartsburd S.I. Matematiksel analiz.-
M.: Eğitim, 1973.

Galitsky M.L., Moshkovich M.M., Shvartsburd S.I. Cebir ve matematiksel analiz dersinin derinlemesine incelenmesi. - M.: Eğitim, 1990.

Potapov M.K., Aleksandrov V.V., Pasichenko P.I. Cebir ve temel fonksiyonların analizi.- M.: Nauka, 1980.

Sominsky I.S., Golovina M.L., Yaglom I.M. Matematiksel tümevarım üzerine - M.: Nauka, 1967.

Bir n doğal sayısına bağlı olan A(n) tümcesi n=1 için doğruysa ve n=k için de doğruysa (k herhangi bir doğal sayıdır), sonraki n=k +1 sayısı için true ise, herhangi bir n doğal sayısı için A(n) Varsayımı doğrudur.

Bazı durumlarda, belirli bir ifadenin geçerliliğini tüm doğal sayılar için değil, yalnızca n>p için kanıtlamak gerekebilir, burada p sabit bir doğal sayıdır. Bu durumda, matematiksel tümevarım ilkesi aşağıdaki gibi formüle edilir.

A(n) önermesi n=p için doğruysa ve herhangi bir k>p için A(k) X A(k+1) ise, o zaman A(n) önermesi herhangi bir n>p için doğrudur.

Matematiksel tümevarım yöntemiyle ispat aşağıdaki gibi yapılır. İlk olarak, ispatlanacak iddia n=1 için kontrol edilir, yani, A(1) ifadesinin doğruluğu belirlenir. İspatın bu kısmına tümevarım temeli denir. Bunu, tümevarım adımı adı verilen ispatın bir kısmı takip eder. Bu bölümde, n=k+1 için ifadenin geçerliliği, ifadenin n=k için doğru olduğu varsayımı altında (tümevarım varsayımı), yani. A(k) ~ A(k+1) olduğunu kanıtlayın

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

• 1) n=1=1 2 dir. Bu nedenle, ifade n=1 için doğrudur, yani. A(1) doğru
• 2) A(k) ~ A(k+1) olduğunu ispatlayalım

k herhangi bir doğal sayı olsun ve ifade n=k için doğru olsun, yani.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

O halde iddianın bir sonraki doğal sayı n=k+1 için de doğru olduğunu ispatlayalım. ne

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

Böylece, A(k) X A(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, A(n) varsayımının herhangi bir n О N için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.

Kanıtla

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

• 1) n=1 için şunu elde ederiz:
• 1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

bu nedenle, n=1 için formül doğrudur; A(1) doğru

• 2) k herhangi bir doğal sayı olsun ve n=k için formül doğru olsun,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

eşitliğini ispatlayalım

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

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

Bir dışbükey n-genin köşegenlerinin sayısının n(n-3)/2 olduğunu kanıtlayın

Çözüm: 1) n=3 için ifade doğrudur, çünkü üçgende

A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 köşegen; A 2 A(3) doğru

2) Herhangi bir dışbükeyde k-gon'un A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 köşegeni olduğunu varsayalım. A k O halde bir dışbükeyde A k+1 (k+1)-gon köşegen sayısının A k+1 =(k+1)(k-2)/2 olduğunu kanıtlayalım.

А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -dışbükey (k+1)-gon olsun. İçine bir A 1 A k köşegeni çizelim. Saymak toplam sayısı bu (k + 1)-gon'un köşegenleri, k-gon'daki köşegenlerin sayısını saymanız gerekir A 1 A 2 ...A k , ortaya çıkan sayıya k-2 ekleyin, yani. A k+1 köşesinden çıkan (k+1)-gon köşegenlerinin sayısı ve ayrıca A 1 A k köşegeni de hesaba katılmalıdır.

Böylece,

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

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

Herhangi bir n için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

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

2) n=k olduğunu varsayalım

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

3) Bu ifadeyi n=k+1 için düşünün

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

n=k+1 için eşitliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle, matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde, ifade herhangi bir doğal n için doğrudur.

Herhangi bir doğal n için eşitliğin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Çözüm: 1) n=1 olsun

O halde X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. n=1 için ifadenin doğru olduğunu görüyoruz.

2) n=k için eşitliğin doğru olduğunu varsayalım

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

3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için ispatlayalım, yani.

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

Yukarıdaki kanıttan, n=k+1 için ifadenin doğru olduğu görülebilir, bu nedenle eşitlik herhangi bir doğal n için doğrudur.

Kanıtla

((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), burada n>2

Çözüm: 1) n=2 için özdeşlik şöyle görünür:

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), yani. bu doğru
• 2) n=k için ifadenin doğru olduğunu varsayalım
• (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 ifadesinin doğruluğunu ispatlayacağız.
• (((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)

n=k+1 için eşitliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade herhangi bir n>2 için doğrudur.

Kanıtla

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) herhangi bir doğal n için

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

• 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
• 2) n=k olduğunu varsayalım, o zaman
• 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
• 3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için ispatlayacağız.
• (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+

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

n=k+1 için eşitliğin geçerliliği de kanıtlanmıştır, bu nedenle ifade herhangi bir doğal n için doğrudur.

Kimliğin geçerliliğini kanıtlayın

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) herhangi bir doğal n için

• 1) n=1 için özdeşlik doğrudur 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) n=k için
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) n=k+1 için özdeşliğin doğru olduğunu kanıtlıyoruz
• (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)

Yukarıdaki kanıttan, iddianın herhangi bir pozitif tamsayı n için doğru olduğu görülebilir.

(11 n+2 +12 2n+1) sayısının 133 ile kalansız bölünebildiğini kanıtlayın

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

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

Ancak (23 ґ 133), 133'e kalansız bölünebilir, dolayısıyla n=1 için ifade doğrudur; A(1) doğrudur.

• 2) (11 k+2 +12 2k+1) sayısının 133'e kalansız bölünebildiğini varsayalım.
• 3) Bu durumda (11 k+3 +12 2k+3) 133 ile kalansız bölünebildiğini ispatlayalım. Aslında
• 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(11k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1

Ortaya çıkan miktar kalansız 133'e bölünebilir, çünkü ilk terimi varsayımla kalansız 133'e bölünebilir ve ikincisinde 133'tür. Yani, A (k) Yu A (k + 1). Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde, iddia kanıtlanmıştır.

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

• 1) n=1 olsun, o zaman X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 kalansız 6'ya bölünür. Yani n=1 için ifade doğrudur
• 2) n \u003d k 7 k -1 için 6'ya kalansız bölünebildiğini varsayalım.
• 3) n=k+1 için önermenin doğru olduğunu ispatlayalım

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

İlk terim 6'ya bölünebilir, çünkü 7 k -1 varsayımla 6'ya bölünebilir ve ikinci terim 6'dır. Dolayısıyla 7 n -1, herhangi bir doğal n için 6'nın katıdır. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.

Rasgele bir pozitif n tamsayı için 3 3n-1 +2 4n-3'ün 11'e bölünebildiğini kanıtlayın.

1) n=1 olsun, o zaman

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11, kalansız 11'e bölünür.

Yani n=1 için ifade doğrudur

• 2) n=k için X k =3 3k-1 +2 4k-3'ün 11'e kalansız bölünebildiğini varsayalım.
• 3) n=k+1 için önermenin doğru olduğunu kanıtlıyoruz

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

İlk terim 11'e kalansız bölünür, çünkü 3 3k-1 +2 4k-3 varsayımla 11'e bölünebilir, ikincisi 11'e bölünebilir, çünkü çarpanlarından biri 11'dir. ayrıca herhangi bir doğal n için kalansız 11 ile bölünebilir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.

Rastgele bir pozitif tam sayı n için 11 2n -1'in 6'ya kalansız bölünebildiğini kanıtlayın

• 1) n=1 olsun, o zaman 11 2 -1=120 6 ile kalansız bölünebilir. Yani n=1 için ifade doğrudur
• 2) n=k için 1 2k -1'in 6'ya kalansız bölünebildiğini varsayalım.
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Her iki terim de 6'ya kalansız bölünebilir: ilki 6'nın 120'nin bir katını içerir ve ikincisi varsayımla 6'ya kalansız bölünebilir. Yani toplam 6'ya kalansız bölünür. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.

Rasgele bir pozitif n tamsayı için 3 3n+3 -26n-27'nin 26 2 (676) ile kalansız bölünebildiğini kanıtlayın

Önce 3 3n+3 -1'in 26 ile kalansız bölünebildiğini kanıtlayalım.

• 1. n=0 olduğunda
• 3 3 -1=26 26 ile tam bölünür
• 2. Diyelim ki n=k için
• 3 3k+3 -1 26 ile tam bölünür
• 3. n=k+1 için önermenin doğru olduğunu ispatlayalım
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - 26 ile bölünebilir

Şimdi sorunun koşulunda formüle edilen iddiayı kanıtlayalım.

• 1) n=1 için ifadenin doğru olduğu açıktır.
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) n=k için 3 3k+3 -26k-27 ifadesinin 26 2 ile kalansız bölünebildiğini varsayalım.
• 3) İfadenin n=k+1 için doğru olduğunu ispatlayalım.
• 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Her iki terim de 26 2 ile bölünebilir; ilki 26 2 ile bölünebilir çünkü parantez içindeki ifadenin 26 ile bölünebildiğini ve ikincisinin tümevarım hipotezi ile bölünebildiğini kanıtladık. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde, iddia kanıtlanmıştır.

n>2 ve х>0 ise eşitsizliğin (1+х) n >1+n ґ х olduğunu kanıtlayın

• 1) n=2 için eşitsizlik doğrudur, çünkü
• (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Yani A(2) doğrudur

• 2) k> 2 ise A(k) ⋅ A(k+1) olduğunu ispatlayalım.
• (1+х) k >1+k ґ x. (3)

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

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

Aslında, (3) eşitsizliğinin her iki tarafını da pozitif 1+x sayısıyla çarparsak, şunu elde ederiz:

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Son eşitsizliğin sağ tarafını düşünün; sahibiz

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

Sonuç olarak, (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x'i elde ederiz.

Yani A(k) ⋅ A(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, Bernoulli eşitsizliğinin herhangi bir n> 2 için geçerli olduğu iddia edilebilir.

(1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 eşitsizliğinin a> 0 için doğru olduğunu kanıtlayın

Çözüm: 1) m=1 için

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 her iki parça da eşittir
• 2) m=k için
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ bir 2
• 3) m=k+1 için eşitliksizliğin doğru olduğunu ispatlayalım
• (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 bir 2 +

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ bir 2

m=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle matematiksel tümevarım yöntemi nedeniyle eşitsizlik herhangi bir doğal m için geçerlidir.

n>6 için eşitsizliğin 3 n >n ґ 2 n+1 olduğunu kanıtlayın

Eşitsizliği (3/2) n >2n biçiminde yeniden yazalım.

• 1. n=7 için 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 eşitsizlik doğrudur
• 2. Diyelim ki n=k (3/2) için k >2k
• 3) n=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini ispatlayalım
• 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

k>7 olduğundan, son eşitsizlik açıktır.

Matematiksel tümevarım yöntemi nedeniyle, eşitsizlik herhangi bir doğal n için geçerlidir.

n>2 için eşitsizliği kanıtlayın

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

• 1) n=3 için eşitsizlik doğrudur
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. Diyelim ki n=k için
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)
• 3) n=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini ispatlayalım
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

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

İkincisi açıktır ve bu nedenle

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

Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik kanıtlanmıştır.