Natural ədədlərin bölünməsinə dair məsələlərin həllində riyazi induksiya metodunun tətbiqi. Riyazi induksiyanın prinsipi

Riyazi induksiya üsulu

Giriş

Əsas hissə

Tam və natamam induksiya
Riyazi induksiyanın prinsipi
Riyazi induksiya üsulu
Nümunələrin həlli
Bərabərliklər
Bölmə nömrələri
Bərabərsizliklər

Nəticə

İstifadə olunmuş ədəbiyyatın siyahısı

Giriş

İstənilən riyazi tədqiqatın əsasını deduktiv və induktiv üsullar təşkil edir. Deduktiv düşünmə üsulu ümumidən xüsusiyə doğru əsaslandırmadır, yəni. başlanğıc nöqtəsi ümumi nəticə, son nöqtəsi isə xüsusi nəticə olan əsaslandırma. İnduksiya xüsusi nəticələrdən ümumi nəticələrə keçərkən istifadə olunur, yəni. deduktiv metodun əksidir.

Riyazi induksiya metodunu tərəqqi ilə müqayisə etmək olar. Biz ən aşağıdan başlayırıq və məntiqi təfəkkür nəticəsində ən yüksəklərə çatırıq. İnsan həmişə tərəqqiyə, düşüncələrini məntiqlə inkişaf etdirmək bacarığına can atıb, bu isə o deməkdir ki, təbiət özü ona induktiv düşünməyi təyin edib.

Riyazi induksiya metodunun tətbiq dairəsi genişlənsə də, məktəb proqramında ona az vaxt ayrılır. Yaxşı, mənə deyin ki, o iki-üç dərs insana faydalı olacaq, bu müddət ərzində o, beş kəlmə nəzəriyyə eşidəcək, beş primitiv məsələni həll edəcək və nəticədə heç nə bilmədiyinə görə A alacaq.

Ancaq induktiv düşünə bilmək çox vacibdir.

Əsas hissə

İlkin mənasında "induksiya" sözü bir sıra xüsusi ifadələrə əsaslanaraq ümumi nəticələr əldə edilən əsaslandırmaya tətbiq olunur. Bu cür əsaslandırmanın ən sadə üsulu tam induksiyadır. Bu cür mülahizələrin bir nümunəsidir.

Müəyyən etmək lazımdır ki, hər bir cüt natural ədəd n 4 daxilindədir< n < 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Для этого возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;

14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.

Bu doqquz bərabərlik bizi maraqlandıran rəqəmlərin hər birinin həqiqətən iki sadə şərtin cəmi kimi təmsil olunduğunu göstərir.

Beləliklə, tam induksiya ümumi müddəanın sonlu sayda mümkün halların hər birində ayrıca sübut edilməsindən ibarətdir.

Bəzən ümumi nəticəni hamısını deyil, kifayət qədər çox sayda xüsusi halları (natamam induksiya adlanan) nəzərdən keçirdikdən sonra proqnozlaşdırmaq olar.

Natamam induksiya ilə əldə edilən nəticə, bütün xüsusi halları əhatə edən dəqiq riyazi əsaslandırma ilə sübut olunana qədər yalnız fərziyyə olaraq qalır. Başqa sözlə desək, riyaziyyatda natamam induksiya qanuni ciddi sübut üsulu hesab edilmir, lakin yeni həqiqətləri kəşf etmək üçün güclü bir üsuldur.

Məsələn, ilk n ardıcıl tək ədədin cəmini tapmaq istəyirsən. Xüsusi halları nəzərdən keçirək:

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

Bu bir neçə xüsusi halı nəzərdən keçirdikdən sonra aşağıdakı ümumi nəticə özünü göstərir:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

olanlar. ilk n ardıcıl tək ədədlərin cəmi n 2-dir

Əlbəttə ki, aparılan müşahidə hələlik verilən düsturun doğruluğunun sübutu ola bilməz.

Tam induksiya riyaziyyatda yalnız məhdud tətbiqlərə malikdir. Bir çox maraqlı riyazi ifadələr sonsuz sayda xüsusi halları əhatə edir, lakin biz onları sonsuz sayda hallar üçün sınaqdan keçirə bilmirik. Natamam induksiya çox vaxt səhv nəticələrə səbəb olur.

Bir çox hallarda bu cür çətinlikdən çıxış yolu riyazi induksiya metodu adlanan xüsusi düşünmə üsuluna müraciət etməkdir. Bu aşağıdakı kimidir.

Tutaq ki, hər hansı n natural ədədi üçün müəyyən mülahizənin doğruluğunu sübut etmək lazımdır (məsələn, ilk n ədəd tək ədədin cəminin n 2-yə bərabər olduğunu sübut etmək lazımdır). Bu ifadənin n-nin hər bir dəyəri üçün birbaşa yoxlanılması qeyri-mümkündür, çünki natural ədədlər çoxluğu sonsuzdur. Bu ifadəni sübut etmək üçün əvvəlcə onun n=1 üçün etibarlılığını yoxlayın. Sonra sübut edirlər ki, k-nin istənilən natural qiyməti üçün n=k üçün nəzərdən keçirilən müddəanın etibarlılığı onun n=k+1 üçün etibarlılığını nəzərdə tutur.

Sonra ifadə bütün n üçün sübut edilmiş hesab olunur. Əslində, ifadə n=1 üçün doğrudur. Lakin bu, növbəti n=1+1=2 ədədi üçün də doğrudur. n=2 üçün ifadənin etibarlılığı onun n=2+ üçün etibarlılığını nəzərdə tutur

1=3. Bu, n=4 üçün ifadənin etibarlılığını nəzərdə tutur və s. Aydındır ki, sonda istənilən n natural ədədinə çatacağıq. Bu o deməkdir ki, ifadə istənilən n üçün doğrudur.

Deyilənləri ümumiləşdirərək, aşağıdakı ümumi prinsipi formalaşdırırıq.

Riyazi induksiya prinsipi.

Əgər n natural ədədindən asılı olaraq A(n) cümləsi n=1 üçün doğrudursa və onun n=k üçün doğru olmasından (burada k hər hansı natural ədəddir) belə çıxır ki, o, üçün də doğrudur. növbəti ədəd n=k +1, onda A(n) fərziyyəsi istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

Bir sıra hallarda müəyyən müddəanın doğruluğunu bütün natural ədədlər üçün deyil, yalnız n>p üçün sübut etmək lazım gələ bilər, burada p sabit natural ədəddir. Bu halda riyazi induksiyanın prinsipi aşağıdakı kimi tərtib edilir.

Əgər A(n) müddəası n=p üçün doğrudursa və hər hansı k>p üçün A(k)ÞA(k+1) olarsa, A(n) müddəası istənilən n>p üçün doğrudur.

Riyazi induksiya üsulu ilə sübut aşağıdakı kimi həyata keçirilir. Birincisi, sübut olunacaq ifadə n=1 üçün yoxlanılır, yəni. A(1) ifadəsinin doğruluğu müəyyən edilir. Sübutun bu hissəsi induksiya əsası adlanır. Sonra sübutun induksiya mərhələsi adlanan hissəsi gəlir. Bu hissədə n=k+1 üçün mülahizənin doğruluğunu n=k üçün mülahizənin etibarlılığı fərziyyəsi altında (induksiya fərziyyəsi) sübut edirlər, yəni. sübut edin ki, A(k)ÞA(k+1).

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

Həlli: 1) Bizdə n=1=1 2 . Beləliklə,

ifadə n=1 üçün doğrudur, yəni. A(1) doğrudur.

2) A(k)ÞA(k+1) olduğunu sübut edək.

Qoy k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün mülahizə doğru olsun, yəni.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Sübut edək ki, onda müddəa növbəti natural ədəd n=k+1 üçün də doğrudur, yəni. Nə

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Həqiqətən,

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

Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, A(n) fərziyyəsinin istənilən nÎN üçün doğru olduğu qənaətinə gəlirik.

Bunu sübut et

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

Həlli: 1) n=1 üçün alarıq

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

buna görə də n=1 üçün düstur düzgündür; A(1) doğrudur.

2) k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün düstur doğru olsun, yəni.

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

O zaman bərabərliyi sübut edək

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

Həqiqətən

1+x+x 2 +x 3 +…+x k +x k+1 =(1+x+x 2 +x 3 +…+x k)+x k+1 =

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

Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, düstur istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

Qabarıq n-bucaqlının diaqonallarının sayının n(n-3)/2-yə bərabər olduğunu sübut edin.

Həlli: 1) n=3 üçün mülahizə doğrudur

Və 3 mənalıdır, çünki üçbucaqda

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

A 2 A(3) doğrudur.

2) Fərz edək ki, hər birində

qabarıq k-gon var-

A 1 x A k =k(k-3)/2 diaqonal.

Və k Bunu qabarıq şəkildə sübut edək

(k+1)-qon sayı

diaqonallar A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 qabarıq (k+1)-qonlu olsun. Onun içinə diaqonal A 1 A k çəkək. Bu (k+1)-qonun diaqonallarının ümumi sayını hesablamaq üçün k-qonundakı diaqonalların sayını hesablamaq lazımdır A 1 A 2 ...A k , alınan ədədə k-2 əlavə edin, yəni. A k+1 təpəsindən çıxan (k+1)-qonun diaqonallarının sayı və əlavə olaraq A 1 A k diaqonalı nəzərə alınmalıdır.

Beləliklə,

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

Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə görə ifadə istənilən qabarıq n-qonşu üçün doğrudur.

Hər hansı bir n üçün aşağıdakı ifadənin doğru olduğunu sübut edin:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur.

2) Fərz edək ki, n=k

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

3) n=k+1 üçün bu ifadəni nəzərdən keçirin

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

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

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

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

Biz n=k+1 üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

İstənilən natural n ədədi üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut edin:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Həlli: 1) n=1 olsun.

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

n=1 üçün ifadənin doğru olduğunu görürük.

2) Tutaq ki, n=k üçün bərabərlik doğrudur

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

3) n=k+1 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək, yəni.

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.

Yuxarıdakı sübutdan aydın olur ki, müddəa n=k+1 üçün doğrudur, ona görə də bərabərlik istənilən n natural ədədi üçün doğrudur.

Bunu sübut et

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n 2 +n+1), burada n>2.

Həlli: 1) n=2 üçün eynilik belə görünür: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

olanlar. bu doğrudur.

2) Fərz edək ki, n=k üçün ifadə doğrudur

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

3) n=k+1 üçün ifadənin düzgünlüyünü sübut edək.

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

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

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

´((k+1) 2 +(k+1)+1).

Biz n=k+1 üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə müddəa istənilən n>2 üçün doğrudur.

Bunu sübut et

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

hər hansı təbii n üçün.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

2) Tutaq ki, n=k, onda

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

3) n=k+1 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək

(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 üçün bərabərliyin etibarlılığı da sübut edilmişdir, ona görə də müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

Şəxsiyyətin doğru olduğunu sübut edin

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

hər hansı təbii n üçün.

1) n=1 üçün eynilik doğrudur 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) Tutaq ki, n=k üçün

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

3) n=k+1 üçün eyniliyin doğru olduğunu sübut edək.

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

Yuxarıdakı sübutdan aydın olur ki, müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

(11 n+2 +12 2n+1) 133-ə qalıqsız bölündüyünü sübut edin.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

Lakin (23´133) qalıqsız 133-ə bölünür, yəni n=1 üçün mülahizə doğrudur; A(1) doğrudur.

2) Tutaq ki, (11 k+2 +12 2k+1) 133-ə qalıqsız bölünür.

3) Gəlin bu halda bunu sübut edək

(11 k+3 +12 2k+3) 133-ə qalıqsız bölünür. Həqiqətən, 11 k+3 +12 2l+3 =11´11 k+2 +12 2´ 12 2k+1 =11´11 k+2 +

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

Nəticədə cəm 133-ə qalıqsız bölünür, çünki onun birinci üzvü fərziyyə ilə 133-ə qalıqsız bölünür, ikincisində isə amillərdən biri 133-ə bərabərdir. Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya metodu sayəsində mülahizə sübut edilmişdir.

Sübut edin ki, istənilən n 7 üçün n -1 6-ya qalıqsız bölünür.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda X 1 =7 1 -1=6 6-ya qalıqsız bölünür. Bu o deməkdir ki, n=1 olduqda ifadə doğrudur.

2) Tutaq ki, n=k üçün

7 k -1 qalıqsız 6-ya bölünür.

3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək.

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

Birinci hədd 6-ya bölünür, çünki 7 k -1 fərziyyə ilə 6-ya bölünür, ikinci həddi isə 6-dır. Bu o deməkdir ki, 7 n -1 istənilən təbii n üçün 6-nın qatıdır. Riyazi induksiya metodu sayəsində mülahizə sübut olunur.

İxtiyari natural n üçün 3 3n-1 +2 4n-3-ün 11-ə bölündüyünü sübut edin.
Həlli: 1) n=1 olsun, onda

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 11-ə qalıqsız bölünür. Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur.

2) Tutaq ki, n=k üçün

X k =3 3k-1 +2 4k-3 11-ə qalıqsız bölünür.

3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək.

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 .

Birinci hədd qalıqsız 11-ə bölünür, çünki 3 3k-1 +2 4k-3 fərziyyə ilə 11-ə bölünür, ikincisi 11-ə bölünür, çünki onun amillərindən biri 11 rəqəmidir. Bu o deməkdir ki, cəmi hər hansı natural n ədədi üçün qalıqsız 11-ə bölünür. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübut olunur.

Sübut edin ki, ixtiyari natural n üçün 11 2n -1 qalıqsız 6-ya bölünür.

Həlli: 1) n=1 olsun, onda 11 2 -1=120 6-ya qalıqsız bölünür. Bu o deməkdir ki, n=1 olduqda ifadə doğrudur.

2) Tutaq ki, n=k üçün

11 2k -1 qalıqsız 6-ya bölünür.

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

Hər iki şərt 6-ya qalıqsız bölünür: birincisi 6-ya çoxluğu, 120 rəqəmini, ikincisi isə fərziyyə ilə qalıqsız 6-ya bölünür. Bu o deməkdir ki, cəmi 6-ya qalıqsız bölünür. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübut olunur.

İxtiyari natural n ədədi üçün 3 3n+3 -26n-27-nin 26-ya 2-yə (676) qalıqsız bölündüyünü sübut edin.

Həlli: Əvvəlcə sübut edək ki, 3 3n+3 -1 26-ya qalıqsız bölünür.

n=0 olduqda

3 3 -1=26 26-ya bölünür

Fərz edək ki, n=k üçün

3 3k+3 -1 26-ya bölünür

Gəlin bu ifadəni sübut edək

n=k+1 üçün doğrudur.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3k+3 -1) – 26-ya bölün

İndi problem bəyanatında ifadə olunan ifadənin sübutunu həyata keçirək.

1) Aydındır ki, n=1 olduqda ifadə doğrudur

3 3+3 -26-27=676

2) Tutaq ki, n=k üçün

3 3k+3 -26k-27 ifadəsi 26 2-yə qalıqsız bölünür.

3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək

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

Hər iki şərt 26 2-yə bölünür; birincisi 26 2-yə bölünür, çünki mötərizədəki ifadənin 26-ya bölündüyünü, ikincinin isə induksiya fərziyyəsi ilə bölünə biləcəyini sübut etdik. Riyazi induksiya metodu sayəsində müddəa sübut olunur.

Sübut edin ki, n>2 və x>0 olarsa, onda bərabərsizlik doğrudur

(1+x) n >1+n´x.

Həlli: 1) n=2 üçün bərabərsizlik etibarlıdır, çünki

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

Beləliklə, A (2) doğrudur.

2) Sübut edək ki, A(k)ÞA(k+1), əgər k> olarsa 2. Fərz edək ki, A(k) doğrudur, yəni bərabərsizlik

(1+x) k >1+k´x. (3)

Sübut edək ki, onda A(k+1) də doğrudur, yəni bərabərsizlik

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Əslində, bərabərsizliyin hər iki tərəfini (3) müsbət 1+x ədədinə vuraraq, əldə edirik

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Son bərabərsizliyin sağ tərəfini nəzərdən keçirək

stva; bizdə var

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

Nəticədə biz bunu əldə edirik

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Beləliklə, A(k)ÞA(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, Bernoulli bərabərsizliyinin istənilən üçün doğru olduğunu iddia etmək olar.

Bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edin

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

Həlli: 1) m=1 olduqda

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 hər iki tərəf bərabərdir.

2) Tutaq ki, m=k üçün

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)´a 2

3) m=k+1 üçün bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edək

(1+a+a 2) k+1 =(1+a+a 2)(1+a+a 2) k >(1+a+a 2)(1+k´a+

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

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

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

Biz m=k+1 üçün bərabərsizliyin doğruluğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən natural m üçün etibarlıdır.

n>6 üçün bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edin

3 n >n´2 n+1 .

Həlli: Gəlin bərabərsizliyi formada yenidən yazaq

n=7 üçün bizdə var

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

bərabərsizlik doğrudur.

Fərz edək ki, n=k üçün

3) n=k+1 üçün bərabərsizliyin doğruluğunu sübut edək.

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

k>7 olduğundan sonuncu bərabərsizlik aydındır.

Riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən n natural ədədi üçün etibarlıdır.

n>2 üçün bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edin

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

Həlli: 1) n=3 üçün bərabərsizlik doğrudur

1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180<246/180=1,7-(1/3).

Fərz edək ki, n=k üçün

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

3) qeyri-in doğruluğunu sübut edək.

n=k+1 üçün bərabərlik

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

Sübut edək ki, 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1)Û

Û(1/(k+1) 2)+(1/k+1)<1/kÛ(k+2)/(k+1) 2 <1/kÛ

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Sonuncu göz qabağındadır və buna görə də

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

Riyazi induksiya metodu sayəsində bərabərsizlik sübut edilir.

Nəticə

Xüsusilə, riyazi induksiya metodunu öyrənməklə mən riyaziyyatın bu sahəsində biliklərimi artırdım, həmçinin əvvəllər mənim gücüm çatmayan məsələləri həll etməyi öyrəndim.

Bunlar əsasən məntiqli və əyləncəli tapşırıqlar idi, yəni. yalnız bir elm olaraq riyaziyyata marağı artıranlar. Bu cür problemlərin həlli əyləncəli bir fəaliyyətə çevrilir və getdikcə daha çox maraqlanan insanları riyazi labirintlərə cəlb edə bilər. Məncə, hər bir elmin əsası budur.

Riyazi induksiya metodunu öyrənməyə davam edərək, onu təkcə riyaziyyatda deyil, həm də fizikada, kimyada və həyatın özündə problemlərin həllində necə tətbiq etməyi öyrənməyə çalışacağam.

RİYAZİYYAT:

MÜHAZİRƏLƏR, PROBLEMLƏR, HƏLLİ YOLLAR

Dərslik / V.G.Sidorov, M.I. Potpuri MMC 1996.

CƏBR VƏ TƏHLİLİN BAŞLANGIÇLARI

Dərslik / İ.T.Demidov, A.N.Şvartsburq, O.S. “Maarifçilik” 1975.

Biblioqrafik təsvir: Badanin A. S., Sizova M. Yu. Riyazi induksiya metodunun natural ədədlərin bölünməsi məsələlərinin həllinə tətbiqi // Gənc alim. 2015. № 2. S. 84-86..02.2019).

Riyaziyyat olimpiadalarında çox vaxt natural ədədlərin bölünməsini sübut etmək üçün kifayət qədər çətin məsələlər çıxır. Məktəblilər problemlə üzləşirlər: bu cür problemləri həll etməyə imkan verən universal riyazi metodu necə tapmaq olar?

Məlum olur ki, bölünmənin sübut edilməsində əksər məsələləri riyazi induksiya üsulu ilə həll etmək olar, lakin məktəb dərsliklərində bu üsula çox az diqqət yetirilir, çox vaxt qısa nəzəri təsvir verilir və bir neçə problem təhlil edilir;

Biz ədədlər nəzəriyyəsində riyazi induksiya metodunu tapırıq. Ədədlər nəzəriyyəsinin başlanğıcında riyaziyyatçılar induktiv olaraq bir çox faktları kəşf etdilər: L.Euler və K. Gauss bəzən ədədi qanunauyğunluğu görməzdən və ona inanmazdan əvvəl minlərlə nümunəni nəzərdən keçirdilər. Ancaq eyni zamanda, "son" sınaqdan keçmiş fərziyyələrin nə qədər aldadıcı ola biləcəyini başa düşdülər. Sonlu alt çoxluq üçün təsdiqlənmiş ifadədən bütün sonsuz çoxluq üçün oxşar ifadəyə induktiv şəkildə keçmək üçün sübut tələb olunur. Bu üsul hər hansı bir tam ədədin hər hansı digər tam ədədə bölünmə əlamətlərini tapmaq üçün ümumi alqoritm tapmış Blez Paskal tərəfindən təklif edilmişdir (“Ədədlərin bölünməsinin təbiəti haqqında” traktat).

Riyazi induksiya üsulundan bütün natural ədədlər üçün müəyyən müddəanın doğruluğunu və ya müəyyən n ədədindən başlayan müddəanın doğruluğunu əsaslandırmaq yolu ilə sübut etmək üçün istifadə olunur.

Riyazi induksiya metodundan istifadə etməklə müəyyən ifadənin doğruluğunu sübut etmək üçün məsələlərin həlli dörd mərhələdən ibarətdir (şək. 1):

düyü. 1. Problemin həlli sxemi

1. İnduksiya əsası . Onlar ifadənin mənalı olduğu ən kiçik natural ədəd üçün ifadənin etibarlılığını yoxlayırlar.

2. İnduktiv fərziyyə . Biz güman edirik ki, ifadə k-nin hansısa dəyəri üçün doğrudur.

3. İnduksiya keçidi . K+1 üçün müddəanın doğru olduğunu sübut edirik.

4. Nəticə . Əgər belə bir sübut tamamlanıbsa, onda riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, mülahizənin istənilən natural n ədədi üçün doğru olduğunu iddia etmək olar.

Riyazi induksiya metodunun natural ədədlərin bölünməsinin sübutu məsələlərinin həllinə tətbiqini nəzərdən keçirək.

Misal 1. 5 rəqəminin 19-a qat olduğunu sübut edin, burada n natural ədəddir.

Sübut:

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: =19 ədədi 19-un qatıdır.

2) Bu düstur n = k üçün doğru olsun, yəni ədəd 19-un qatıdır.

Bu, 19-un qatıdır. Doğrudan da, birinci hədd (2) fərziyyəsinə görə 19-a bölünür; ikinci hədd də 19-a bölünür, çünki onun tərkibində 19 amil var.

Misal 2. Ardıcıl üç natural ədədin kublarının cəminin 9-a bölündüyünü sübut edin.

Sübut:

Gəlin mülahizəni sübut edək: “İstənilən n natural ədədi üçün n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 ifadəsi 9-un qatıdır.

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=9-un 36 qatına.

2) Bu düstur n = k üçün doğru olsun, yəni k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 9-un qatıdır.

3) Düsturun n = k + 1 üçün də doğru olduğunu sübut edək, yəni (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 9-un qatıdır. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Əldə edilən ifadədə hər biri 9-a bölünən iki termin var, buna görə də cəmi 9-a bölünür.

4) Riyazi induksiya prinsipinin hər iki şərti təmin edilir, buna görə də cümlə n-nin bütün qiymətləri üçün doğrudur.

Misal 3.İstənilən natural n ədədi üçün 3 2n+1 +2 n+2 ədədinin 7-yə bölündüyünü sübut edin.

Sübut:

1) Bu düsturun n = 1 üçün düzgün olduğunu yoxlayaq: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 7-nin qatıdır.

2) n = k üçün bu düstur doğru olsun, yəni 3 2 k +1 +2 k +2 7-yə bölünür.

3) Düsturun n = k + 1 üçün də doğru olduğunu sübut edək, yəni.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 k +1 ·3 2 +2 k +2 ·2 1 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·2 =3 2 k +1 ·9+2 k +2 ·(9–7)=(3 2 k +1 +2 k +2)·9–7·2 k +2 .T. k (3 2 k +1 +2 k +2) 9 7-yə və 7-yə bölünür 2 k +2 7-yə bölünür, sonra onların fərqi 7-yə bölünür.

4) Riyazi induksiya prinsipinin hər iki şərti təmin edilir, buna görə də cümlə n-nin bütün qiymətləri üçün doğrudur.

Natural ədədlərin bölünmə nəzəriyyəsində bir çox sübut məsələləri riyazi induksiya metodundan istifadə etməklə rahat şəkildə həll edilə bilər, hətta bu üsulla məsələlərin həlli 4 əsas addımı yerinə yetirmək kifayətdir; Lakin bu metodu universal adlandırmaq olmaz, çünki çatışmazlıqlar da var: birincisi, onu yalnız natural ədədlər toplusunda sübut etmək olar, ikincisi, yalnız bir dəyişən üçün sübut etmək olar.

Məntiqi təfəkkürün və riyazi mədəniyyətin inkişafı üçün bu üsul zəruri vasitədir, çünki böyük rus riyaziyyatçısı A. N. Kolmoqorov demişdir: “Riyazi induksiya prinsipini anlamaq və düzgün tətbiq etmək bacarığı məntiqi yetkinliyin yaxşı meyarıdır ki, bu da mütləqdir. riyaziyyatçı üçün lazımdır”.

Ədəbiyyat:

1. Vilenkin N. Ya. Kombinatorika. - M.: Təhsil, 1976. - 48 s.

2. Genkin L. Riyazi induksiya haqqında. - M., 1962. - 36 s.

3. Solominski I. S. Riyazi induksiya metodu. - M.: Nauka, 1974. - 63 s.

4. Sharygin İ.F. Riyaziyyatdan fakultativ kurs: Məsələlərin həlli: 10-cu sinif üçün dərslik. orta məktəb - M.: Təhsil, 1989. - 252 s.

5. Shen A. Riyazi induksiya. - M.: MTsNMO, 2007. - 32 s.

Əgər A(n) müddəası n=p üçün doğrudursa və hər hansı k>p üçün A(k) ≈ A(k+1) olarsa, A(n) müddəası istənilən n>p üçün doğrudur.

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

1) Bizdə n=1=1 2 var. Buna görə də, müddəa n=1 üçün doğrudur, yəni. A(1) doğrudur
2) Sübut edək ki, A(k) ≥ A(k+1)

Qoy k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün mülahizə doğru olsun, yəni.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2

Sübut edək ki, onda müddəa növbəti natural ədəd n=k+1 üçün də doğrudur, yəni. Nə

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

Beləliklə, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, A(n) fərziyyə istənilən n O N üçün doğrudur.

Bunu sübut et

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), burada x № 1

1) n=1 üçün alırıq
1+x=(x 2 -1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

buna görə də n=1 üçün düstur düzgündür; A(1) doğrudur

2) k istənilən natural ədəd olsun və n=k üçün düstur doğru olsun,
1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

O zaman bərabərliyi sübut edək

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

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

Beləliklə, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq belə nəticəyə gəlirik ki, düstur istənilən n natural ədədi üçün doğrudur.

Qabarıq n-bucaqlının diaqonallarının sayının n(n-3)/2 olduğunu sübut edin

Həlli: 1) n=3 üçün mülahizə doğrudur, çünki üçbucaqda

A 3 =3(3-3)/2=0 diaqonal; A 2 A(3) doğrudur

2) Tutaq ki, hər qabarıq k-qonaqda A 1 x A k =k(k-3)/2 diaqonal var. A k Sübut edək ki, onda qabarıq A k+1 (k+1)-qonda diaqonalların sayı A k+1 =(k+1)(k-2)/2 olur.

Beləliklə,

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

Beləliklə, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə görə ifadə istənilən qabarıq n-qonşu üçün doğrudur.

Hər hansı bir n üçün aşağıdakı ifadənin doğru olduğunu sübut edin:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

2) Fərz edək ki, n=k

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

3) n=k+1 üçün bu ifadəni nəzərdən keçirin

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

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

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

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

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

Biz n=k+1 üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

İstənilən natural n ədədi üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut edin:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4

Həlli: 1) n=1 olsun

Onda X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1. n=1 üçün ifadənin doğru olduğunu görürük.

2) Tutaq ki, n=k üçün bərabərlik doğrudur

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

3) n=k+1 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək, yəni.

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

Yuxarıdakı sübutdan aydın olur ki, müddəa n=k+1 üçün doğrudur, ona görə də bərabərlik istənilən n natural ədədi üçün doğrudur.

Bunu sübut et

((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

Həlli: 1) n=2 üçün eynilik belə görünür:

(2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), yəni. bu doğrudur
2) Fərz edək ki, n=k üçün ifadə doğrudur
(2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
3) n=k+1 üçün ifadənin doğruluğunu sübut edək
(((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)

Biz n=k+1 üçün bərabərliyin doğru olduğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə müddəa istənilən n>2 üçün doğrudur.

Bunu sübut et

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) istənilən n natural ədədi üçün

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
2) Tutaq ki, n=k, onda
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
3) n=k+1 üçün bu müddəanın doğruluğunu sübut edək
(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 üçün bərabərliyin etibarlılığı da sübut edilmişdir, ona görə də müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

Şəxsiyyətin doğru olduğunu sübut edin

(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) hər hansı təbii n üçün

1) n=1 üçün eynilik doğrudur 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
2) Tutaq ki, n=k üçün
(1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
3) n=k+1 üçün eyniliyin doğru olduğunu sübut edək
(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)

Yuxarıdakı sübutdan aydın olur ki, müddəa istənilən natural n ədədi üçün doğrudur.

(11 n+2 +12 2n+1) 133-ə qalıqsız bölündüyünü sübut edin

Həlli: 1) n=1 olsun, onda

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

Lakin (23 ґ 133) 133-ə qalıqsız bölünür, yəni n=1 üçün mülahizə doğrudur; A(1) doğrudur.

2) Tutaq ki, (11 k+2 +12 2k+1) 133-ə qalıqsız bölünür
3) Sübut edək ki, bu halda (11 k+3 +12 2k+3) 133-ə qalıqsız bölünür. Həqiqətən
11 k+3 +12 2l+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

Əldə edilən cəm 133-ə qalıqsız bölünür, çünki onun birinci üzvü fərziyyə ilə 133-ə qalıqsız bölünür, ikincisində isə amillərdən biri 133-ə bərabərdir. Deməli, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya metodu sayəsində mülahizə sübut olunur

İstənilən n 7 üçün n -1-in 6-ya qalıqsız bölündüyünü sübut edin

1) n=1 olsun, onda X 1 =7 1 -1=6 6-ya qalıqsız bölünür. Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur
2) Tutaq ki, n=k olduqda 7 k -1 6-ya qalıqsız bölünür
3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək

X k+1 =7 k+1 -1=7 ґ 7 k -7+6=7(7 k -1)+6

Birinci həd 6-ya bölünür, çünki 7 k -1 fərziyyə ilə 6-ya bölünür, ikinci hədd isə 6-dır. Bu o deməkdir ki, 7 n -1 istənilən n natural ədədi üçün 6-ya çoxludur. Riyazi induksiya metodu sayəsində mülahizə sübut olunur.

İxtiyari natural n ədədi üçün 3 3n-1 +2 4n-3-ün 11-ə bölündüyünü sübut edin.

1) n=1 olsun, onda

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 11-ə qalıqsız bölünür.

Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur

2) Tutaq ki, n=k X k =3 olduqda 3k-1 +2 4k-3 11-ə qalıqsız bölünür.
3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək

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

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

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

Sübut edin ki, ixtiyari natural n ədədi üçün 11 2n -1 qalıqsız 6-ya bölünür.

1) n=1 olsun, onda 11 2 -1=120 6-ya qalıqsız bölünür. Bu o deməkdir ki, n=1 üçün ifadə doğrudur
2) Tutaq ki, n=k 1 olduqda 2k -1 6-ya qalıqsız bölünür.
11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)

Hər iki şərt 6-ya qalıqsız bölünür: birincisi 6-ya, 120-yə, ikincisi isə fərziyyə ilə qalıqsız 6-ya bölünür. Bu o deməkdir ki, cəmi 6-ya qalıqsız bölünür. Riyazi induksiya metodu sayəsində mülahizə sübut olunur.

İxtiyari natural n ədədi üçün 3 3n+3 -26n-27-nin 26-ya 2-yə (676) qalıqsız bölündüyünü sübut edin.

Əvvəlcə sübut edək ki, 3 3n+3 -1 26-ya qalıqsız bölünür

1. n=0 olduqda
3 3 -1=26 26-ya bölünür
2. Tutaq ki, n=k üçün
3 3k+3 -1 26-ya bölünür
3. n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək
3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3k+3 -1) -26-ya bölünür

İndi problem bəyanatında ifadə olunan ifadəni sübut edək

1) Aydındır ki, n=1 üçün ifadə doğrudur
3 3+3 -26-27=676
2) Tutaq ki, n=k üçün 3 3k+3 -26k-27 ifadəsi 26 2-yə qalıqsız bölünür.
3) n=k+1 üçün mülahizənin doğru olduğunu sübut edək
3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)

Sübut edin ki, n>2 və x>0 olarsa, (1+x) n >1+n ґ x bərabərsizliyi doğrudur.

1) n=2 üçün bərabərsizlik etibarlıdır, çünki
(1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x

Beləliklə, A (2) doğrudur

2) Sübut edək ki, A(k) ≈ A(k+1), əgər k> 2. Fərz edək ki, A(k) doğrudur, yəni bərabərsizlik
(1+x) k >1+k ґ x. (3)

Sübut edək ki, onda A(k+1) də doğrudur, yəni bərabərsizlik

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

Əslində, bərabərsizliyin hər iki tərəfini (3) müsbət 1+x ədədinə vuraraq, əldə edirik

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Son bərabərsizliyin sağ tərəfini nəzərdən keçirək; bizdə var

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

Nəticədə (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x alırıq

Beləliklə, A(k) 1 A(k+1). Riyazi induksiya prinsipinə əsaslanaraq, Bernulli bərabərsizliyinin istənilən n>2 üçün etibarlı olduğunu iddia etmək olar.

a> 0 üçün (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 bərabərsizliyinin doğru olduğunu sübut edin

Həlli: 1) m=1 olduqda

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 hər iki tərəf bərabərdir
2) Tutaq ki, m=k üçün
(1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ a 2
3) m=k+1 üçün bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edək
(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

Biz bərabərsizliyin m=k+1 üçün doğru olduğunu sübut etdik, ona görə də riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən natural ədəd m üçün etibarlıdır.

n>6 üçün 3 n >n ґ 2 n+1 bərabərsizliyinin doğru olduğunu sübut edin

Bərabərsizliyi (3/2) n >2n şəklində yenidən yazaq

1. n=7 üçün bizdə 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 bərabərsizlik doğrudur
2. Tutaq ki, n=k (3/2) üçün k >2k
3) n=k+1 üçün bərabərsizliyi sübut edək
3 k+1 /2 k+1 =(3 k /2 k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)

k>7 olduğundan sonuncu bərabərsizlik aydındır.

Riyazi induksiya üsuluna görə bərabərsizlik istənilən n natural ədədi üçün etibarlıdır.

n>2 üçün bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edin

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)

1) n=3 üçün bərabərsizlik doğrudur
1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
2. Tutaq ki, n=k üçün
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1,7-(1/k)
3) n=k+1 üçün bərabərsizliyin doğruluğunu sübut edək
(1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

Sübut edək ki, 1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Ы

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

ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

Sonuncu göz qabağındadır və buna görə də

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

Riyazi induksiya metodu sayəsində bərabərsizlik sübut edilir.

Riyazi induksiya riyazi sübutun ən geniş yayılmış üsullarından birinin əsasını təşkil edir. Onun köməyi ilə düsturların əksəriyyətini n natural ədədləri ilə sübut edə bilərsiniz, məsələn, S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n, Nyutonun binom düsturunun birinci şərtlərinin cəmini tapmaq düsturu. a + b n = 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 .

Birinci abzasda biz əsas anlayışları təhlil edəcəyik, sonra metodun özünün əsaslarını nəzərdən keçirəcəyik və sonra bərabərlik və bərabərsizlikləri sübut etmək üçün ondan necə istifadə edəcəyinizi söyləyəcəyik.

Yandex.RTB R-A-339285-1

İnduksiya və deduksiya anlayışları

Əvvəlcə induksiya və deduksiyanın ümumiyyətlə nə olduğuna baxaq.

Tərif 1

İnduksiya xüsusidən ümumiyə keçiddir və çıxılmaəksinə – ümumidən konkretə doğru.

Məsələn, bir ifadəmiz var: 254-ü ikiyə bölmək olar. Ondan həm doğru, həm də yalan da daxil olmaqla bir çox nəticələr çıxara bilərik. Məsələn, 4 rəqəmi ilə bitən bütün tam ədədlərin qalıqsız ikiyə bölünə biləcəyi ifadəsi doğrudur, lakin üç rəqəmdən ibarət istənilən ədədin 2-yə bölünməsi yanlışdır.

Ümumiyyətlə, demək olar ki, induktiv əsaslandırmanın köməyi ilə bircə məlum və ya aşkar mülahizədən çoxlu nəticələr çıxarmaq olar. Riyazi induksiya bu nəticələrin nə dərəcədə əsaslı olduğunu müəyyən etməyə imkan verir.

Tutaq ki, 1 1 2, 1 2 3, 1 3 4, 1 4 5, kimi nömrələr ardıcıllığımız var. . . , 1 n (n + 1) , burada n bəzi natural ədədi bildirir. Bu halda, ardıcıllığın ilk elementlərini əlavə edərkən aşağıdakıları əldə edirik:

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

İnduksiyadan istifadə edərək belə nəticəyə gələ bilərik ki, S n = n n + 1 . Üçüncü hissədə bu düsturu sübut edəcəyik.

Riyazi induksiya üsulu nədir?

Bu üsul eyniadlı prinsipə əsaslanır. Bu şəkildə tərtib edilmişdir:

Tərif 2

1) n = 1 və 2) bu ifadə ixtiyari təbii qiymət n = k üçün keçərli olduğundan müəyyən mülahizə n təbii qiymət üçün doğru olacaqdır. n = k + 1.

Riyazi induksiya metodunun tətbiqi 3 mərhələdə həyata keçirilir:

Birincisi, n-nin ixtiyari təbii dəyəri olduğu halda orijinal ifadənin etibarlılığını yoxlayırıq (adətən yoxlama birlik üçün aparılır).
Bundan sonra n = k olduqda etibarlılığı yoxlayırıq.
Və sonra n = k + 1 olarsa, ifadənin etibarlılığını sübut edirik.

Bərabərsizlikləri və tənlikləri həll etmək üçün riyazi induksiya metodundan necə istifadə etmək olar

Əvvəllər haqqında danışdığımız nümunəni götürək.

Misal 1

S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 + düsturunu sübut edin. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Həll

Artıq bildiyimiz kimi, riyazi induksiya metodunu tətbiq etmək üçün üç ardıcıl addım yerinə yetirilməlidir.

Əvvəlcə bu bərabərliyin birə bərabər olan n üçün etibarlı olub olmadığını yoxlayırıq. S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 alırıq. Burada hər şey düzgündür.
Sonra S k = k k + 1 düsturunun düzgün olduğunu fərz edirik.
Üçüncü addımda əvvəlki bərabərliyin etibarlılığına əsaslanaraq S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 olduğunu sübut etməliyik.

Biz k + 1-i ilkin ardıcıllığın və k + 1-in birinci şərtlərinin cəmi kimi təqdim edə bilərik:

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

İkinci hərəkətdə S k = k k + 1 aldığımız üçün aşağıdakıları yaza bilərik:

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

İndi lazımi çevrilmələri həyata keçiririk. Kəsiri ümumi məxrəcə endirməli, oxşar şərtləri azaltmalı, qısaldılmış vurma düsturunu tətbiq etməli və əldə etdiyimizi azaltmalıyıq:

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

Beləliklə, riyazi induksiya metodunun hər üç addımını tamamlamaqla üçüncü bənddə bərabərliyi sübut etdik.

Cavab: S n = n n + 1 düsturu haqqında fərziyyə düzgündür.

Triqonometrik funksiyalarla bağlı daha mürəkkəb bir məsələ götürək.

Misal 2

cos 2 α · cos 4 α · şəxsiyyətinin sübutunu verin. . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α .

Həll

Xatırladığımız kimi, ilk addım n bərabər olduqda bərabərliyin etibarlılığını yoxlamaq olmalıdır. Bunu tapmaq üçün əsas triqonometrik düsturları yadda saxlamalıyıq.

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

Buna görə də, birə bərabər olan n üçün eynilik doğru olacaqdır.

İndi fərz edək ki, onun etibarlılığı n = k üçün doğru olaraq qalır, yəni. cos 2 α · cos 4 α · olduğu doğru olacaq. . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α .

cos 2 α · cos 4 α · bərabərliyini sübut edirik. . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α n = k + 1 olduqda əvvəlki fərziyyəni əsas götürərək.

Triqonometrik düstura görə,

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

Beləliklə,

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

Ən kiçik kvadratlar metodu haqqında məqalədə bu üsuldan istifadə edərək bərabərsizliyi sübut etmək üçün bir məsələnin həllinə nümunə verdik. Təxmini əmsalları tapmaq üçün düsturların alındığı paraqrafı oxuyun.

Mətndə xəta görsəniz, onu vurğulayın və Ctrl+Enter düymələrini basın

MBOU "Texniki-İqtisadi" Liseyi

RİYASİ İNDUKSİYA METODU

RİYASİ İNDUKSİYA METODU.

İZAHLI QEYD

Riyaziyyat profilinin 10-cu sinif şagirdləri üçün “Riyazi induksiya metodu” metodik inkişafı tərtib edilmişdir.

Əsas məqsədlər: tələbələri riyazi induksiya metodu ilə tanış etmək və müxtəlif problemlərin həllində necə tətbiq etməyi öyrətmək.

Metodiki işlənmə elementar riyaziyyatın məsələlərini həll edir: bölünmə problemləri, eyniliklərin sübutu, bərabərsizliklərin sübutu, müxtəlif mürəkkəblik dərəcələri olan problemlər, o cümlədən olimpiadalarda təklif olunan problemlər təklif olunur.

Eksperimental elmlərdə induktiv nəticələrin rolu çox böyükdür. Onlar o müddəaları verirlər ki, onlardan çıxma yolu ilə əlavə nəticələr çıxarılır. ad riyazi induksiya üsulu aldadıcı - əslində bu üsul deduktivdir və induksiya vasitəsilə təxmin edilən ifadələrin ciddi sübutunu təmin edir. Riyazi induksiya metodu riyaziyyatın müxtəlif sahələri arasında əlaqələri müəyyən etməyə kömək edir və şagirdin riyazi mədəniyyətinin inkişafına kömək edir.

Riyazi induksiya metodunun tərifi. Tam və natamam induksiya. Bərabərsizliklərin sübutu. Şəxsiyyətin sübutu. Bölünmə məsələlərinin həlli. “Riyazi induksiya metodu” mövzusunda müxtəlif məsələlərin həlli.

MÜƏLLİMLƏR ÜÇÜN ƏDƏBİYYAT

1. M.L.Qalitski. Cəbr və riyazi analiz kursunun dərindən öyrənilməsi. – M. Təhsil 1986.

2. L.İ.Zvaviç. Cəbr və analizin başlanğıcı. Didaktik materiallar. M. Bustard.2001.

3. N.Ya.Vilenkin. Cəbr və riyazi analiz. M Maarifçilik.1995.

4. Yu.V.Mixeev. Riyazi induksiya üsulu. NDU.1995.

TƏLƏBƏLƏR ÜÇÜN ƏDƏBİYYAT

1. N.Ya.Vilenkin. Cəbr və riyazi analiz. M Maarifçilik.1995.

2. Yu.V.Mixeev. Riyazi induksiya üsulu. NDU.1995.

AÇAR SÖZLƏR

İnduksiya, aksioma, riyazi induksiya prinsipi, tam induksiya, natamam induksiya, ifadə, eynilik, bərabərsizlik, bölünənlik.

MÖVZUNA DIDAKTİK ƏLAVƏ

“RİYASİ İNDUKSİYA METODU”.

1-ci dərs.

Riyazi induksiya metodunun tərifi.

Riyazi induksiya üsulu yeni nəticələrin axtarışı və irəli sürülən fərziyyələrin doğruluğunu sübut etmək üçün yüksək effektiv üsullardan biridir. Riyaziyyatda bu üsul yeni olmasa da, ona maraq azalmır. İlk dəfə aydın təqdimatda riyazi induksiya üsulu 17-ci əsrdə görkəmli fransız alimi Blez Paskal tərəfindən öz adını daşıyan ədəd üçbucağının xüsusiyyətlərini sübut edərkən istifadə edilmişdir. Ancaq riyazi induksiya ideyası qədim yunanlara məlum idi. Riyazi induksiya metodu aksiom kimi qəbul edilən riyazi induksiya prinsipinə əsaslanır. Nümunələrdən istifadə edərək riyazi induksiya ideyasına baxaq.

Nümunə № 1.

Kvadrat seqmentlə iki hissəyə bölünür, sonra yaranan hissələrdən biri iki hissəyə bölünür və s. Kvadratın neçə hissəyə bölünəcəyini müəyyənləşdirin P addımlar?

Həll.

İlk addımdan sonra şərtə uyğun olaraq 2 hissə alacağıq. İkinci mərhələdə bir hissəni dəyişmədən qoyuruq, ikincisini isə 2 hissəyə bölüb 3 hissə alırıq. Üçüncü addımda 2 hissəni dəyişmədən qoyuruq, üçüncü hissəni isə iki hissəyə bölüb 4 hissə alırıq. Dördüncü addımda 3 hissəni dəyişmədən qoyuruq və sonuncu hissəni iki hissəyə bölüb 5 hissə alırıq. Beşinci addımda biz 6 hissə alacağıq. Bu vasitəsilə təklif yalvarır P addımlar atacağıq (n+1) Hissə. Amma bu təklif sübuta yetirilməlidir. Tutaq ki, sonra Kimə addımlar kvadrat bölünəcək (k+1) Hissə. Sonra davam (k+1) addım atırıq Kimə hissələri dəyişməz qalacaq, lakin (k+1) hissəni iki hissəyə bölün və alın (k+2) hissələri. İstədiyiniz qədər bu şəkildə mübahisə edə biləcəyinizi fərq edirsiniz, sonsuza qədər. Yəni bizim fərziyyəmiz bundan ibarətdir P addımlar kvadrat bölünəcək (n+1) hissəsi sübuta yetirilir.

Nümunə № 2.

Nənəmin mürəbbəni çox sevən nəvəsi var idi, xüsusən də litrlik bankada olan növünü. Amma nənəm ona toxunmağa icazə vermədi. Nəvələri isə nənələrini aldatmağı planlaşdırıblar. O, hər gün bu bankadan 1/10 litr yemək və yaxşıca qarışdıraraq su ilə doldurmaq qərarına gəldi. Əgər mürəbbə su ilə yarıya qədər seyreltildikdə, görünüşü eyni qalsa, nənənin aldadıcılığını kəşf etməsi neçə gün çəkəcək?

Həll.

Sonra bankada nə qədər təmiz mürəbbə qaldığını görək P günlər. Birinci gündən sonra bankada 9/10 mürəbbə və 1/10 sudan ibarət qarışıq qalacaq. İki gündən sonra su və mürəbbə qarışığının 1/10 hissəsi bankadan yoxa çıxacaq və qalacaq (1 litr qarışığın 9/10 litr mürəbbə, 1/10 litr qarışığın 9/100 litr mürəbbəsi var. )

9/10 – 9/100=81/100=(9/10) 2 litr mürəbbə. Üçüncü gün 81/100 mürəbbə və 19/100 sudan ibarət qarışığın 1/10 litri bankadan çıxacaq. 1 litr qarışıqda 81/100 litr mürəbbə, 1/10 litr qarışıqda 81/1000 litr mürəbbə var. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 litr mürəbbə 3 gündən sonra qalacaq, qalanı isə su ilə götürüləcək. Bir nümunə ortaya çıxır. vasitəsilə P Bankda qalan günlər (9/10) P m cem. Ancaq bu, yenə də bizim təxminimizdir.

Qoy Kimə– ixtiyari natural ədəd. Tutaq ki, sonra Kimə gün bankada (9/10) litr mürəbbə qalacaq. Görək başqa bir gündə, yəni içində bankda nə olacaq (k+1) gün. Kavanozdan yox olacaq 1/10l ibarət qarışıqdır (9/10) Kimə l mürəbbə və su. IN 1l qarışıqdır (9/10) Kimə l cem, in 1/10l qarışıqlar (9/10) k+1 l mürəbbə. İndi bunu əminliklə deyə bilərik P bankda günlər qalıb (9/10) P l mürəbbə. 6 gün sonra bank olacaq 531444/1000000l mürəbbə, 7 gündən sonra - 4782969/10000000l cem, yəni yarıdan azdır.

Cavab: 7 gündən sonra nənə aldadıcılığı aşkar edəcək.

Nəzərə alınan problemlərin həllində ən vacib məqamları vurğulamağa çalışaq. Onların hər birini ayrı-ayrılıqda və ya necə deyərlər, xüsusi hallara baxaraq həll etməyə başladıq. Sonra müşahidələrimizə əsaslanaraq bəzi fərziyyələr irəli sürdük P(n), təbiidən asılı olaraq P.

ifadə təsdiqlənmiş, yəni sübut edilmişdir P(1), P(2), P(3);

bunu təklif etdi P(n)üçün etibarlıdır p=k və belə nəticəyə gəldi ki, bundan sonra da doğru olacaq n, n=k+1.

Və sonra belə əsaslandırdılar: P(1) sağ, P(2) sağ, P(3) sağ, P(4) düz... bu, doğru deməkdir P(p).

Riyazi induksiya prinsipi.

Bəyanat P(n), təbiidən asılı olaraq P, bütün təbii üçün keçərlidir P, Əgər

1) ifadənin etibarlılığı sübut edildikdə n=1;

2) bəyanatın etibarlılığı fərziyyəsindən P(n) saat p=k etməlidir

ədalət P(n) saat n=k+1.

Riyaziyyatda riyazi induksiya prinsipi, bir qayda olaraq, ədədlərin natural sıralarını təyin edən aksiomalardan biri kimi seçilir və buna görə də sübut olmadan qəbul edilir. Riyazi induksiya prinsipindən istifadə edən sübut üsulu adətən riyazi induksiya üsulu adlanır. Qeyd edək ki, bu üsuldan teoremlərin, eyniliklərin, bölünmə məsələlərinin həllində bərabərsizliklərin və bir çox başqa məsələlərin isbatında geniş istifadə olunur.

2-ci dərs

Tam və natamam induksiya.

Riyazi ifadənin sonlu sayda obyektə aid olduğu halda, bunu hər bir obyekt üçün sınaqdan keçirməklə sübut etmək olar, məsələn, “Hər ikirəqəmli cüt ədəd iki sadə ədədin cəmidir” ifadəsi. Sonlu sayda hallar üçün ifadəni sınaqdan keçirdiyimiz sübut üsuluna tam riyazi induksiya deyilir. Bu üsul nisbətən nadir hallarda istifadə olunur, çünki ifadələr ən çox sonsuz çoxluqlarda nəzərə alınır. Məsələn, “İstənilən cüt ədəd iki sadə ədədin cəminə bərabərdir” teoremi hələ isbat edilməmiş və təkzib edilməmişdir. Bu teoremi ilk milyard üçün sınaqdan keçirsək belə, bu, bizi öz isbatına bir addım da yaxınlaşdırmazdı.

Təbiət elmlərində natamam induksiyadan istifadə olunur, təcrübə bir neçə dəfə yoxlanılır və nəticə bütün hallara köçürülür.

Nümunə № 3.

Natamam induksiyadan istifadə edərək natural ədədlərin kublarının cəminin düsturunu təxmin edək.

Həll.

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 .

Sübut.

üçün doğru olsun p=k.

Bunun üçün doğru olduğunu sübut edək n=k+1.

Nəticə: natural ədədlərin kublarının cəminin düsturu istənilən natural ədəd üçün doğrudur P.

Nümunə № 4.

Bərabərlikləri nəzərdən keçirin və bu nümunələrin hansı ümumi qanuna səbəb olduğunu təxmin edin.

Həll.

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

……………………………………………………………..

Nümunə № 5.

Aşağıdakı ifadələri cəmi kimi yazın:

1)
2)
3)
; 4)
.

Yunan hərfi "sigma".

Nümunə № 6.

İşarəsindən istifadə edərək aşağıdakı məbləğləri yazın
:

Nümunə № 7.

Aşağıdakı ifadələri məhsul kimi yazın:

3)
4)

Nümunə № 8.

İşarəsindən istifadə edərək aşağıdakı işləri yazın

(böyük yunan hərfi "pi")

1)
2)

Nümunə № 9.

Çoxhədlinin qiymətinin hesablanması f ( n )= n 2 + n +11 , saat n=1,2,3,4.5,6,7 hər hansı bir təbii fərziyyə etmək olarP nömrə f ( n ) sadə.

Bu fərziyyə doğrudurmu?

Həll.

Əgər cəminin hər bir üzvü bir ədədə bölünürsə, cəmi həmin ədədə bölünür,
heç bir natural ədəd üçün sadə ədəd deyilP.

Sonlu sayda halların təhlili riyaziyyatda mühüm rol oynayır: müəyyən bir ifadənin sübutunu vermədən, hələ məlum deyilsə, bu ifadənin düzgün tərtibini təxmin etməyə kömək edir. Sankt-Peterburq Elmlər Akademiyasının üzvü Qoldbax iki ilə başlayan istənilən natural ədədin üçdən çox olmayan sadə ədədlərin cəmi olması fərziyyəsinə belə gəldi.

3-cü dərs.

Riyazi induksiya üsulu müxtəlif şəxsiyyətləri sübut etməyə imkan verir.

Nümunə № 10. Gəlin bunu hamıya sübut edək Pşəxsiyyəti saxlayır

Həll.

qoyaq

Bunu sübut etməliyik

O zaman kimliyin doğruluğundan sübut edək

şəxsiyyətin həqiqətini izləyir

Riyazi induksiya prinsipindən istifadə edərək, şəxsiyyətin həqiqəti hamı üçün sübuta yetirilir P.

Nümunə № 11.

Gəlin şəxsiyyəti sübut edək

Sübut.

nəticədə müddətli bərabərliklər.

;
. Bu o deməkdir ki, bu şəxsiyyət hər kəs üçün doğrudurP .

4-cü dərs.

Riyazi induksiya metodundan istifadə edərək şəxsiyyətlərin sübutu.

Misal № 12. Gəlin şəxsiyyəti sübut edək

Sübut.

Riyazi induksiya prinsipindən istifadə edərək bərabərliyin hamı üçün doğru olduğunu sübut etdik P.

Nümunə № 13. Gəlin şəxsiyyəti sübut edək

Sübut.

Riyazi induksiya prinsipindən istifadə edərək, müddəanın istənilən təbii üçün doğru olduğunu sübut etdik P.

Nümunə № 14. Gəlin şəxsiyyəti sübut edək

Sübut.

Nümunə № 15. Gəlin şəxsiyyəti sübut edək

1) n=1;

2) üçün p=k bərabərlik qorunur

3) bərabərliyin yerinə yetirildiyini sübut edirik p=k+1:

Nəticə: şəxsiyyət istənilən təbii üçün etibarlıdır P.

Nümunə № 16. Gəlin şəxsiyyəti sübut edək

Sübut.

Əgər n=1 , Bu

Qoy şəxsiyyət saxlasın p=k.

Gəlin kimliyin uyğun olduğunu sübut edək n=k+1.

O zaman şəxsiyyət hər hansı bir təbii üçün doğrudur P.

5 nömrəli dərs.

Riyazi induksiya metodundan istifadə edərək şəxsiyyətlərin sübutu.

Nümunə № 17. Gəlin şəxsiyyəti sübut edək

Sübut.

Əgər n=2 , onda düzgün bərabərliyi əldə edirik:

üçün bərabərlik doğru olsunp=k:

Gəlin ifadənin doğruluğunu nə vaxt sübut edək n=k+1.

Riyazi induksiya prinsipinə əsasən eynilik sübuta yetirilir.

Nümunə № 18. Gəlin şəxsiyyəti sübut edək
n≥2 olduqda.

At n=2 bu şəxsiyyət çox sadə formada yenidən yazıla bilər

və açıq-aydın doğrudur.

Qoy p=k həqiqətən

Gəlin ifadənin doğruluğunu nə vaxt sübut edəkn=k+1, yəni bərabərlik yerinə yetirilir: .

Beləliklə, biz sübut etdik ki, eynilik istənilən natural ədəd üçün doğrudur n≥2.

Nümunə № 19. Gəlin şəxsiyyəti sübut edək

At n=1 düzgün bərabərliyi əldə edirik:

Tutaq ki, nə vaxt p=k düzgün bərabərliyi də əldə edirik:

üçün bərabərliyin etibarlı olduğunu sübut edək p=k+1:

Onda eynilik istənilən natural ədəd üçün etibarlıdır P.

6 nömrəli dərs.

Bölünmə məsələlərinin həlli.

Misal № 20. Bunu riyazi induksiya ilə sübut edin

bölünür 6 izsiz.

Sübut.

At n=1 bölünmə var6 izsiz,
.

Qoy p=k ifadə
çoxsaylı6.

Bunu nə vaxt sübut edək p=k+1 ifadə
çoxsaylı6 .

Hər bir termin çoxluqdur 6 , buna görə də cəmi çoxluqdur 6 .

Misal № 21.
haqqında5 izsiz.

Sübut.

At n=1 ifadə qalıqsız bölünür
.

Qoy p=k ifadə
da bölünür5 izsiz.

At p=k+1 bölünür 5 .

Misal № 22. İfadənin bölünə bilənliyini sübut edin
haqqında16.

Sübut.

At n=1çoxsaylı 16 .

Qoy p=k
çoxsaylı16.

At p=k+1

Bütün terminlər bölünür 16: birincisi aydındır, ikincisi fərziyyə ilə, üçüncüsü isə mötərizədə cüt rəqəmə malikdir.

Misal № 23. Bölünmə qabiliyyətini sübut edin
haqqında676.

Sübut.

Əvvəlcə bunu sübut edək
bölünür
.

At n=0
.

Qoy p=k
bölünür26 .

Sonra saat p=k+1 bölünür 26 .

İndi problem bəyanatında ifadə olunan ifadənin sübutunu həyata keçirəcəyik.

At n=1 bölünür 676.

At p=k bu doğrudur
bölünür26 2 .

At p=k+1 .

Hər iki termin bölünür 676 ; birinci - ona görə ki, biz bölünənliyi sübut etdik 26 mötərizədə ifadə, ikincisi isə induksiya fərziyyəsinə görə bölünür.

7 nömrəli dərs.

Bölünmə məsələlərinin həlli.

Misal № 24.

Bunu sübut et
bölünür5 izsiz.

Sübut.

At n=1
bölünür5.

At p=k
bölünür5 izsiz.

At p=k+1 hər bir termin bölünür5 izsiz.

Nümunə № 25.

Bunu sübut et
bölünür6 izsiz.

Sübut.

At n=1
bölünür6 izsiz.

Qoy p=k
bölünür6 izsiz.

At p=k+1 bölünür 6 qalıq olmadan, çünki hər bir həddi bölünür6 qalıqsız: birinci termin induksiya fərziyyəsi ilə, ikincisi aydındır, üçüncüsü ona görədir
cüt Ədəd.

Misal № 26.

Bunu sübut et
bölündükdə9 qalanını verir 1 .

Sübut.

Gəlin bunu sübut edək
bölünür9 .

At n=1
bölünür 9 . Qoy p=k
bölünür9 .

At p=k+1 bölünür 9 .

Misal № 27.

ilə bölündüyünü sübut edin15 izsiz.

Sübut.

At n=1 bölünür 15 .

Qoy p=k bölünür 15 izsiz.

At p=k+1

Birinci termin çoxluqdur15 induksiya fərziyyəsinə görə, ikinci termin çoxluq təşkil edir15 – açıq-aydın, üçüncü termin çoxluğudur15 , çünki
çoxsaylı5 (21-ci misalda sübut edilmişdir), dördüncü və beşinci həddlər də çoxluqlardır5 , bu aydındır, onda cəmi çoxluqdur15 .

Dərs № 8-9.

Riyazi induksiya ilə bərabərsizliklərin sübutu

Misal № 28.
.

At n=1 bizdə var
- düz.

Qoy p=k
- həqiqi bərabərsizlik.

At p=k+1

Onda bərabərsizlik istənilən təbii üçün etibarlıdır P.

Misal № 29. Bərabərsizliyin doğru olduğunu sübut edin
istənilən vaxt P.

At n=1 düzgün bərabərsizliyi əldə edirik 4 >1.

Qoy p=k bərabərsizlik doğrudur
.

Bunu nə vaxt sübut edək p=k+1 bərabərsizlik doğrudur

İstənilən təbii üçün Kimə bərabərsizlik var.

Əgər
saat
Bu

Misal № 30.

hər hansı bir təbii altında P və hər hansı

Qoy n=1
, sağ.

Fərz edək ki, bərabərsizliyə uyğundur p=k:
.

At p=k+1

Misal № 31. Bərabərsizliyin doğruluğunu sübut edin

hər hansı bir təbii altında P.

Gəlin əvvəlcə bunu hər hansı bir təbiət üçün sübut edək T bərabərsizlik doğrudur

Gəlin bərabərsizliyin hər iki tərəfini vuraq
. Ekvivalent bərabərsizlik və ya əldə edirik
;
; - bu bərabərsizlik istənilən təbii üçün keçərlidir T.

At n=1 orijinal bərabərsizlik düzgündür
;
;
.

Qoy bərabərsizlik qalsın p=k:
.

At p=k+1

10-cu dərs.

Mövzu ilə bağlı problemlərin həlli

Riyazi induksiya üsulu.

Misal № 32. Bernulli bərabərsizliyini sübut edin.

Əgər
, sonra bütün təbii dəyərlər üçünP bərabərsizlik davam edir

Sübut.

At n=1 isbat olunan bərabərsizlik formasını alır
və açıq-aydın ədalətlidir. üçün doğru olduğunu fərz edəkp=k , yəni nə
.

Çünki şərtlə
, Bu
, və buna görə də bərabərsizlik onun hər iki hissəsi vurulduqda mənasını dəyişmir
:

Çünki
, onda biz bunu alırıq

Beləliklə, bərabərsizlik doğrudur n=1, və onun həqiqətindən p=k belə olsa belə doğru olduğu belə çıxır n=k+1. Bu o deməkdir ki, riyazi induksiyaya görə, o, hər şeyə uyğundur P.

Misal üçün,

Misal № 33. Bütün təbii dəyərləri tapınP , bunun üçün bərabərsizlik doğrudur

Həll.

At n=1 bərabərsizlik ədalətlidir. At n=2 bərabərsizlik də doğrudur.

At n=3 bərabərsizlik artıq qüvvədə deyil. Yalnız nə vaxt n=6 bərabərsizlik özünü göstərir, ona görə də biz induksiyanın əsasını götürə bilərik n=6.

Tutaq ki, bərabərsizlik bəzi təbii üçün doğrudur Kimə:

Bərabərsizliyi nəzərdən keçirin

Son bərabərsizlik təmin edilir, əgər
p=1 mövzusu üzrə sınaq işi təkrar-təkrar verilir: p≥5, burada P- - natural ədəd.