Donesite metodu matematičke indukcije za svakoga. Početak nauke

Savelieva Katerina

Dijalitet se razmatra metodom matematičke indukcije na vrhu dileme zadatka, do sumiranja redova. Razmatraju se primjene metode matematičke indukcije na dokazivanje nepravilnosti i usavršavanje geometrijskih problema. Rad je ilustrovan prezentacijom.

Prednost:

Pogled sprijeda:

Ministarstvo nauke i obrazovanja Ruske Federacije

Sovereign Lighting Hipoteka

srednja škola br. 618

Predmet: algebra i analiza na klipu

Tema projektnog rada

"Metoda matematičke indukcije i njeno zastosuvanje do kraja dana"

Viconalov robot: Savelyeva E, 11B razred.

Kerivnik : Makarova T.P., nastavnik matematike, GOU ZOSh br. 618

1. Uvod.

2. Metoda matematičke indukcije na kraju izazova za autentičnost.

3. Primjena metode matematičke indukcije na sabiranje redova.

4. Primijeniti metodu matematičke indukcije za potvrdu nepravilnosti.

5. Završetak metode matematičke indukcije u izradu geometrijskih problema.

6. Spisak pobedničke literature.

Entry

U osnovi svakog matematičkog istraživanja leže deduktivne i induktivne metode. Deduktivna metoda mirkuvannya - tse mirkuvannya od vulgarnog ka privatnom, tobto. mirkuvannya, čiji je posljednji trenutak divlji rezultat, a posljednji trenutak - privatni rezultat. Indukcija zastosovuêtsya pod sat vremena prijelaza sa privatnih rezultata na zagalnyh, zatim. ê metodom, protiležnim do deduktivnog. Metoda matematičke indukcije može se uporediti sa napretkom. Kao rezultat, počinjemo odozdo logicno misljenje dolazimo do velikog. Čovjek je već odstupio od napretka, do sada je logično razvijati svoju misao, onda je sama priroda omogućila da se induktivno demirkovuje. Iako je sfera zagušenja metodom matematičke indukcije narasla, školski program ima malo vremena za to. Ali to je tako važno - ne zaboravite induktivno rozmirkovati. Zastosuvannya ovaj princip pod satom završetka, zadatak dokazivanja teorema je odbačen u jednom redu s pogledom na školsku praksu i druge matematičke principe: uključeni treći, uključeni-isključeni, Dirichlet i drugi. Za ovaj sažetak dati su zadaci iz različitih grana matematike, za koje je glavni alat korištenje metode matematičke indukcije Govoreći o važnosti ovoga, A.N. Kolmogorov, izjavljujući da je „razumevanje i uspostavljanje principa matematičke indukcije dobar kriterijum za zrelost, jer je matematika neophodna“. Metoda indukcije na yogo rozumínní polygaê na prijelazu sa privatnih straža na univerzalnu, vulgarnu pravilnost i iskonske formule. Ovakva metoda zamućenja je, očito, glavna metoda izvođenja istraživanja u bilo kojoj eksperimentalnoj prirodi

diyalnist people. Metoda (princip) matematičke indukcije u najjednostavnijem obliku se zastosovuje samo ako je potrebno dovesti dvojku očvršćavanja na sve prirodne brojeve.

Zadatak 1. U članku „Kako postati matematičar“ A.N. Kolmogorov piše: „Rano sam prepoznao radost matematičke „diskrecije“, sjetivši se pet šestog sudbonosnog zakona

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = Z 2

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 i tako dalje.

U školi je izašao časopis "Proljetni Lastivki". Moju belešku je objavio neko drugi..."

Kakav dokaz vođenja kojeg časopisa, ne znamo, ali su se počeli pojavljivati ​​svi privatni čuvari. Sama hipoteza, kao, pjevajući, vinykla nakon ispoljavanja ovih privatnih ekvivalencija, čini se da je formula

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

verna za bilo koji dati broj n = 1, 2, 3, ...

Za potvrdu hipoteze dovoljno je utvrditi dvije činjenice. Prvo, za n = 1 2, 3, 4) potrebno očvršćavanje je ispravno. Na drugi način, prihvatljivo je da je čvrstoća tačna kada n = prije, i perekonaêmosya, scho vono verne i for n = do + 1:

1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2k + 1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1)) + (2k + 1) = do 2 + ( 2k + 1) = (K + I) 2 .

Oče, čvrstina, šta poneti, tačno je za sva značenja n: za n = 1 vono virne (tse izopačeno), a iz druge činjenice - for n = 2, zvijezde za n = 3 (preko iste, druge činjenice) onda.

Zadatak 2. Pogledajmo sve moguće razlomke sa brojem 1

njega) transparent: Donesite šta za bilo šta n> 3 možete pokazati usamljenost gledajući sumi P uobičajene snimke ove vrste.

rješenje, Perevirimo srce otvrdnjavanja n = 3; možda:

Otzhe, osnovna čvrstoća viconano

Prihvatljivo je sada kada je čvrsta, kao da nas šuška, verne za neki broj prije, í recimo da je istina í za sljedeći broj prije + 1. Drugim riječima, prihvatljivo je da stvarna manifestacija

u yakomu k dodankiv i svi transparenti različitih. Izvještava se da je također moguće uzeti počast samoj osobi gledajući sumu prije + 1 hitac traženog nišana. Važno je da se razlomci mijenjaju, a to su baneri (na danak od jednog iznosa prije dodankív) raste zlo udesno tako da T - Najveći od znamenjaka. Mi oduzimamo danak koji nam je potreban od pogleda na sumi(prije + 1)-ti udarac, kao da je moguć jedan udarac, na primjer, ostatak, za dva. Tse može biti robiti, krhotine

Ja na to

Osim toga, sve frakcije su postale suvišne, krhotine T bio najveći baner, i t + 1 > t, tj

m(t+1) > m.

Tako smo ustanovili:

1. za n = 3 tvrdnje su tačne;

1. za nas prije,
   onda je istina za do +1.

Na osnovu toga možemo potvrditi da je ono što je teško, ono što se vidi ispravno za sve prirodne brojeve, počevši od tri. Povrh svega toga, iz indukovanog dokaza, algoritam će tražiti neophodnu raščlambu jednog. (Šta je algoritam? Pošaljite broj 1 za zbir 4, 5, 7 dodankív nezavisno.)

Kad su prednja dva polomljena, polomljene su dvije mrvice. Imenujte prvo heklanje osnovu indukcija, ostalo -induktivni prelazchi crocom índuction. Još jedno heklanje je najvažnije, a vin uključuje pouching (jačanje je tačno kada n = k) í vysnovok (otvrdnjavanje virno s n = do + 1). Sam parametar se poziva indukcioni parametarOvo je logička shema (priyom), koja vam omogućava da legnete, da ispravno pogledate čvrstoću na sve prirodne brojeve (chi svima, počevši od deyago), krhotine su pravedne i osnova, i prijelaz, nazivaju seprincip matematičke indukcije, na kojoj i osnovao metodu matematičke indukcije.Sam izraz "indukcija" podseća na latinsku reč inductio (vođeno), jer znači prijelaz sa jedinstvenog znanja o određenim objektima date klase na divlju visnovku o svim objektima date klase, što je jedan od glavnih metoda saznanja.

Princip matematičke indukcije, sam u primarnom obliku dva krokija, prvi put se pojavio 1654. godine u djelu Blaisea Pascala "Traktat o aritmetičkom tricketu", u kojem je indukcija donio jednostavan način izračunavanja broja dana (binomni koeficijenti iêntív). D. Poya u knjizi citira B. Pascala sa malim izmenama koje su date na kvadratnim krakovima:

„Bez obzira na to da se propozicija [eksplicitna formula za binomne koeficijente] uzima da se osveti bezličnim privatnim mišljenjima, ja ću za to dati kratak dokaz, utemeljenja na dvije leme.

Prva lema potvrđuje da je dodatak ispravan za uspavljivanje - to je očigledno. [Kada P = 1 eksplicitna formula je važeća...]

Prijatelj Leme istupa: ako je naše priznanje istinito za dovoljnu osnovu [za dovoljnu osnovu], onda će biti istinito i za naprednu osnovu iza toga [za n+1].

Iz ova dva lema potrebno je sagledati pravednost govora za sva značenja P. Istina, po prvi put je istina za P = 1; kasnije, na osnovu drugog Lemyja, to je tačno za P = 2; kasnije, opet, na osnovu drugog Lemija, istina je za n = 3 i tako dalje do beskonačnosti.

Zadatak 3. Slagalica "Hanoi Vezhi" se sastoji od tri strižera. Na jednom od strizhnív nalazi se piramida (slika 1), koja se sastoji od niza prstenova različitog prečnika, koji se menjaju odozdo uzbrdo

Slika 1

Ovu piramidu je potrebno prenijeti na jednu od manjih frizura, prenoseći jedan prsten, a ne stavljajući veći prsten na manji. Chi can tse zrobiti?

Rješenje. Otzhe, trebamo savjet o snabdijevanju: možete li pomjeriti piramidu koja se nalazi P prsten različitog promjera, od jedne frizure do druge, dok trimuyuchi ne vlada gri? Sada je zadatak koji imamo, kako se čini, parametrizovan (na prvi pogled uveden je prirodan broj e) da se to može uraditi metodom matematičke indukcije.

1. Osnova indukcije. Za n = 1 sve je jasno, da se piramida iz jednog prstena očito može premjestiti na bilo koju frizuru.
2. Krok indukcija. Prihvatljivo je da se u isto vrijeme pomičemo kao piramide iz kílkístyu kíleta n = prije.
   Javite nam da i mi možemo pomeriti praznik meda n = do +1.

Piramida od do kílets, scho ležati na najvećem(prije + 1)-m kíltsi, možemo, zgídno z pripuschennyam, preći na bilo koju drugu frizuru. Hajde da ga ubijemo. Neruhome(prije + 1)-e kíltse nećemo se truditi provesti algoritam preseljenja, krhotine su najviše. Nakon preseljenja prije zemlju, kreći se što je više moguće(prije + 1)-ti prsten za frizuru, koji je izgubljen. A onda ćemo ponovo zastosujemo da nas obavestimo za induktivne dozvole algoritma pomeranja prije kileta, i premjestiti ih na striženje iz ležećeg položaja(prije + 1)-ti prsten. U ovom rangu, kao da premeštamo piramide prije kíltsy, a zatim u isto vrijeme premjestiti piramide i z prije + 1 rolna. Kasnije, prema principu matematičke indukcije, uvijek je moguće pomjeriti piramidu potrebnim redoslijedom, koji se formira od p kílets, de p > 1.

Metoda matematičke indukcije na kraju izazova za autentičnost.

Uz pomoć metode matematičke indukcije, razlika u tvrdoći se može dovesti do djeljivosti prirodnih brojeva.

Centrala 4 . Ako je n prirodan broj, onda je parni broj.

Sa n=1, naša tvrdnja je tačna: tip je broj. Recimo da je sho muški broj. Oskílki, i 2k - broj tipa, taj tip. Također, paritet se dovodi sa n=1, paritet je prikazan iz parnosti. Isto, upareno sa svim prirodnim vrijednostima n.

Zadatak 3. Donesite broj Z 3 + 3 - 26n - 27 sa dovoljno prirodnih n podijeljeno sa 26 2 bez viška.

Rješenje. Hajde da ga iznesemo indukcijom za dodatno stvrdnjavanje, dakle 3 3n+3 - 1 podijeljeno sa 26 bez viška kada n>0.

1. Osnova indukcije. Za n \u003d 0 maêmo: Z 3 - 1 \u003d 26 - podijeliti sa 26.

Krok indukcija. Recimo 3 3n + 3 - 1 podijeljeno sa 26 kada n = prije, to znajmo da ćeš u svakoj situaciji biti čvrst kada n = do + 1. Oskilki 3

onda je iz induktivnog dodatka moguće da je broj 3 3k + 6 - 1 je podijeljeno sa 26.

Sada donosimo čvrstinu, formulisanu za um zadatka. Ja sam nov sa indukcijom.

1. Osnova indukcije. Očigledno je da na n = 1 narodni jezik: krhotine 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Krok indukcija. Pretpostavimo da je na n = prije
   viraz 3 3k+3 - 26k - 27 je obuhvaćeno sa 26 2 bez viška, i možemo reći da je čvrstoća ispravna kada n = do + 1,
   koji broj

podijeliti sa 26 2 bez ekscesa. U ostatku sume, prekršaj dodankiv se dijeli bez viška 26 2 . Prvo - onome kome smo doneli validnost viraza, da stoji kod hramova, do 26; drugi - za prijem indukcije. Iz principa matematičke indukcije, potrebno je otvrdnjavanje izneseno na vidjelo.

Zastosuvannya metoda matematičke indukcije na sumovuvannya redove.

Zadatak 5. Donesite formulu

N je prirodan broj.

Rješenje.

Kada je n = 1, povrijeđeni dijelovi ekvivalencije se transformišu u jedan i, tada prvo Umov princip matematičke indukcije vikonano.

Pretpostavimo da je formula tačna za n=k, dakle.

Dodamo oba dijela tsíêí̈ ekvivalencije i pomirljiv je sa desnim dijelom. Todi otrimaêmo

Na ovaj način, pošto je formula tačna za n=k, jasno je da je tačna za n=k+1. Tvrdnja je tačna za bilo koju prirodnu vrijednost k. Otzhe, Umov prijatelj principa matematičke indukcije je takođe vikonan. Formula je završena.

menadžer 6. Na dosh su napisana dva broja: 1.1. Nakon što unesete zbir između brojeva, uzimamo brojeve 1, 2, 1. Ponavljajući ovu operaciju ponovo, uzimamo brojeve 1, 3, 2, 3, 1. Nakon tri operacije, brojevi će biti 1, 4, 3 , 5, 2, 5, 3, 4, 1. Koliki će biti zbir svih brojeva na doshtsi nakon 100 operacija?

Rješenje. Wiconut usi 100 operacije bi bile napornije i zamornije. Otzhe, potrebno je pokušati znati svemoćnu formulu za sumi S brojevi iza n operacije. Pogledajmo tabelu:

Chi se sjetio tebe ovdje yakus zakonírníst? Međutim, moguće je napraviti još jedno heklanje: ako će nakon nekih operacija biti brojeva

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

zbir tih S 4 je skuplji 82.

Zapravo, ne možete zapisivati ​​brojeve, već samo reći kako se iznos mijenja nakon dodavanja novih brojeva. Neka zbroj dorivnyuvala 5. Šta ćete postati, ako dobijete nove brojeve? Rosíb'ëmo skinu novi broj za zbir dva stara. Na primjer, pogledajte 1, 3, 2, 3, 1 i idite na 1,

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

Tobto skin stari broj (krím dva ekstremna usamljenost) sada unesite sumu tri puta, da bi nova suma skuplja 3S - 2 (vidimo 2, sob vahuvati odiní, scho vídsutní). Tom S 5 = 3S 4 - 2 = 244

Koja je formula? Yakby nije vidio dvoje sam, onda bi se suma povećala u gubitku, kao na koracima trojke (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). A naši brojevi su, kao što vidite, jedan više. U ovom rangu, možeš pustiti, šo

Pokušajmo sada donijeti cilj indukcije.

Osnova indukcije. Pogledajte tabelu (za n = 0, 1, 2, 3).

Krok indukcija. Pretpostavimo to

Recimo samo to S do + 1 = Z do + 1 + 1.

Istinito,

Otzhe, naša formula je završena. Iz njega je jasno da je nakon stotinu operacija zbir svih brojeva na doshtsi skuplji 100 + 1.

Pogledajmo jedan čudesan primjer principa matematičke indukcije, u kom slučaju je potrebno izvršiti dva prirodna parametra, a zatim izvršiti indukciju za isti zbir.

menadžer 7. Ponesite šta želite= 2, x 2 = 3 i za prirodnost n> 3. maj

x n \u003d Zx n - 1 - 2x n - 2

To

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

Rješenje. Svaka čast, ko god ima redosled brojeva(x p) indukcije, krhotine članova našeg niza, grimizno od prva dva, postavljaju se induktivno, zatim kroz prednji dio. Tako se zovu zadaci niza ponavljajući, i po našem mišljenju, redoslijed je dodijeljen (glavama prva dva člana) kao jedan rang.

Osnova indukcije. Won se zbraja iz ponovne provjere dva solidna stanja: n = 1 i n = 2. i vipadkah čvrstina je samo za um.

Krok indukcija. Recimo to za n = do - 1 i n = do viconano čvrstina, tobto

Mi donosimo istu pravdu za n \u003d do + 1. Maj:

x 1 = 3 (2 + 1) - 2 (2 + 1) \u003d 2 +1, što je potrebno donijeti.

Menadžer 8. Da biste to doveli, bilo da se radi o prirodnom broju, možete platiti ako pogledate zbir broja različitih članova u rekurentnom nizu Fibonaccijevih brojeva:

do > 2.

Rješenje. Hajde str je prirodan broj. Hajde da sprovedemo indukciju P.

Osnova indukcije. Za n = 1 čvrstina je poštena, samo krhotine su broj Fibonačija.

Krok indukcija. Pretpostavlja se da su svi prirodni brojevi manji od Deakeovog broja P, možete platiti po viđenju sume više različitih članova u Fibonačijevom nizu. Mi znamo najviše Fibonačija F t , Ja ne prevodim P; ovim redom, F t p í F t +1 > p.

Oskilki

Za dodatke za indukcijski broj p-F t mogu biti predstavljeni u sumi 5 dekílkoh različitih članova Fibonačijevog niza, štaviše, sa ostatkom neravnina, svi članovi Fibonačijevog niza, koji učestvuju u zbiru 8, manje Ft. Dakle, distribucija brojeva n = 8 + F t zadovoljava um zadatka.

Primijenite metodu matematičke indukcije da potvrdite nedosljednosti.

Menadžer 9. (Bernoullijeva nedoslednost.)Reci mi šta h > -1, h 0, í prepolovljeno n > 2 prilično neravnina

(1+x) n>1+xn.

Rješenje. Dokaz se ponovo izvodi indukcijom.

1. Osnova indukcije. Pretjeramo sa pravdom i nejednakošću kada n = 2. Istina,

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

2. Krok indukcija. Recimo za broj n = prije čvrstina je poštena, tobto

(1 + x) do > 1 + xk,

De to > 2. Dovođenje joge za n = + 1. Maêmo: (1 + x) do + 1 = (1 + x) do (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) \ u003d

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

Kasnije, na osnovu principa matematičke indukcije, može se tvrditi da je Bernulijeva nedosljednost pravedna za sve n>2.

Nemojte započinjati u mislima dana, kao da krše uz pomoć metode matematičke indukcije, već je zakon jasno formuliran, što je sljedeće što treba donijeti. Ponekad se treba voditi načinom da se okremikh vipadkív čuva na potiljku (pogodi), da se navede smrad na neku vrstu klevetničkog zakona, pa tek onda nagađanje dovesti do pretpostavke metodom matematičke indukcije. Osim toga, promjena indukcije se može maskirati, a prije svega je potrebno odrediti za koji parametar se indukcija provodi. Kako primijeniti ovakav pogled.

Zadatak 10. Donesite šta

budi prirodan n>1.

rješenje, Pokušajmo da dovedemo ovu nedosljednost metodom matematičke indukcije.

Osnova indukcije se lako mijenja: 1+

Za indukciju

i moramo vam reći šta

Kako ubrzati induktivne dodatke, mi stverzhuvatimemo, to

Ako želimo da budemo istiniti, nećemo nam dati pobedu.

Pokušajmo da unesemo jaču tvrdoću, manja je neophodna za odlazećeg menadžera. I recimo to

Možete se izvući, scho otežati sa stazom indukcije na desnoj strani je beznadežno.

Međutim, za str \u003d 1 maêmo: stvrdnjavanje je istina. Za punjenje induktivnog kola prihvatljivo je da

i javite nam to

Istinito,

U ovaj rang donijeli smo jaču tvrdoću, za tako jaku tvrdoću, koja se osveti u glavama vođe.

Prvi su ovde oni koji su, da smo hteli, imali priliku da donesu jaču tvrdoću, manja je neophodna u fabrici, ali smo mogli da ubrzamo do najjačih dodataka u induktivnom ciklusu. Objašnjava se da je jednostavno primijeniti princip matematičke indukcije, koji se mora dovesti do točke.

Situacijafenomen vinara.Sama pojava leži u činjenici da se sklopljiviji planovi mogu s velikim uspjehom implementirati, jer se smrad zasniva na dublji razumnijoj suštini pravde.

Zadatak 11. Izvijestite da je 2 t + p - 2 tp za bilo koji prirodni tip.

Rješenje. Ovdje imamo dva parametra. Dakle, možete pokušati da ga držite ovakožičana indukcija(Indukcija u sredini indukcije).

Provest ćemo induktivnu mikroskopiju P.

1. Baza indukcije za str. Za n = Moram da proverim šta 2t~1>t. Dokazati da neravnine ubrzavaju indukciju T.

A) Osnova indukcije za itd. Za t = 1 pobjeda
ljubomora, što je dozvoljeno.

b) Krok indukcija za itd.Pretpostavimo da je na t = prije čvrstina vírne, tobto 2 do ~ 1 > do. Do
izgleda da će čvrstina biti istinita i kada t = do +1.
Maemo:

sa prirodnim do.

Na ovaj način, nervoza 2 vykonuêtsya za bilo koji prirodni T.

2. Krok indukcija za str.Biramo i popravljamo kao prirodan broj T. Pretpostavimo da je na n = I čvrstina je poštena (sa fiksnim m), zatim 2 m +1 ~ 2 > m1, i javite nam da će ove tvrdnje biti poštene ako n = l+1.
Maemo:

za bilo koji prirodni t da str

Kasnije, na osnovu principa matematičke indukcije (za e) potvrda zadatka je ispravnija za sve P i za sve popravljeno T. U takvom rangu, tsya nerívníst vykonuetsya za bilo koji prirodni tip.

Zadatak 12. Hajde t, p i k - prirodni brojevi, štaviše t > str Yake z još dva broja:

Kod virusa kože prije kvadratni korijen znak, t i p kunem se.

Rješenje. Donesimo još malo na deaker da poboljšamo čvrstoću.

Lemma. Za bilo koju vrstu prirodnog m i p (t > p) to nevidljivo (ne obov'yazkovo cijelo) X neravnina je pravedna

Dovođenje. Pogledajmo neravnine

Tsya nerívníst je fer, na činjenicu da su uvrede spívníníní u lijevom dijelu pozitivne. Otvarajući lukove i transformirajući ih, potrebno je:

Vityaguyuchi kvadratni korijen z oba dijela ostatak nervoze, mi oduzimamo otvrdnjavanje Lemi. Otzhe, Lema donio.

Pređimo na zadatak rješavanja problema. Znatno ranije od datih brojeva A, a drugi kroz b to. Javite nam to budi prirodan prije. Dokaz je izveden metodom matematičke indukcije OKremo za uparene i nesparene prije.

Osnova indukcije. Za do = 1 može biti neujednačen

y[t > y/n , pošteno kroz one koji m > str. = 2 x = 0.

Krok indukcija. Pretpostavimo, sa deacomu do neravnina a >b do fer. Javite nam to

Iz dopuštenja indukcije i monotonosti kvadratnog korijena može biti:

S druge strane, sa dovedene Lemy uplakane,

Kombinujući dvije preostale nedosljednosti, trebamo uzeti u obzir:

Vidpovidno na principu matematičke indukcije, učvršćeno.

Menadžer 13. (Nerívnístí Koshi.)Donesite šta za bilo koji pozitivan broj..., a p neravnina je pravedna

Rješenje. Kada je n = 2, neravnina

o aritmetičkoj sredini i geometrijskoj sredini (za dva broja) moramo zapamtiti. Hajde n = 2, do = 1, 2, 3, ... prije. Baza tsíêí̈ índusíí̈ míê míêê Pošto je sada priznao da su potrebne neravnine već postavljene za n = 2, dovedite jogu do P = 2. Maemo (zastosovujuči neravnine za dva broja):

Oče, za indukcijski dodatak

Na ovaj način, indukcija iz k mi je donijela neujednačenost za sve str 9 ê drugi korak.

Da dokaže neujednačenost za druge vrijednosti P ubrzavajući "indukciju prema dolje", onda se otkriva da je neravnina vikonana prilično nesretna P brojevi, onda je tačno i za(P - 1) broj. Jecaj na tsiomu da se perekonatis, s poštovanjem, što za zdrobljene dodatke P Viconano brojevi su neparni

pa a r + a 2 + ... + a n_x> (n - 1) A. Dijeljenje vrijednih dijelova uključeno P - 1, trebaće nam neke neravnine.

Otzhe, stavili smo to na poleđinu, ta nedosljednost može biti mjesto za neiscrpan broj mogućih vrijednosti P, a onda su pokazali čemu služi Vikonanova nervoza P brojevi, onda je tačno i za(P - 1) brojevi. Zvídsi sada mi th naslagani, scho nerívníst Koti može postaviti za set P biti-bilo koji nepoznati brojevi za bilo koji n = 2, 3, 4, ...

Centrala 14. (D. Uspenski.) Za neki trikutnik ABC, za neku vrstu kuti \u003d CAB, = CBA sumirní, mítse nerívností

Rješenje. Kuti i sumirní, ale tse (za sastanke) znači da tse kuti može stvoriti divlji svijet, na yaku = p, = (p, q su prirodni, međusobno jednostavni brojevi).

Ubrzano metodom matematičke indukcije i izvedeno njeno za torbu n = p + q prirodni uzajamno prosti brojevi.

Osnova indukcije. Kada je p + q = 2, moguće je: p = 1 í q = 1. Tada je triko ABC parno-femoralni, a potreba za neravninama je očigledna: smrad cvili od neravnine trikota

Krok indukcija. Pretpostavimo sada da su utvrđene nedosljednosti za p + q = 2, 3, ..., do - 1, de do > 2. Obavijestite nas da je neravnina pravedna p + q = k.

Hajde ABC - danski trikutnik, na kojem> 2. Obje strane AC i PS ne mogu biti jednaki: neka AC > ND. Hajde sad, kao beba 2, tricutnik ABC; možda:

AC \u003d DC i AD \u003d AB + BD, također,

2AC > AB + BD (1)

Pogledajmo sada trikutnik BDV, Kuti i ovako se mogu razbiti:

DCB = (q - p), BDC = p.

Mal. 2

Za ovog triko radnika se pravi induktivni dodatak i to

(2)

Dodajući (1) i (2), možda:

2AC+BD>

i tome

Iz istog tricoutnika WBS za dodatke za indukciju stavljamo

Pustiti

Na taj način se izostavlja induktivni prijelaz, a zadatak se potvrđuje principom matematičke indukcije.

Poštovanje. Čvrstoća zadatka je nadjačana silama i vremenom, ako su kuti i í rê sumirni. U osnovi pogleda uma, potrebno je zastosovuvati još jedan važan matematički princip - princip kontinuiteta.

Zadatak 15. Dekílka pravih linija podijeliti područje na dijelove. Da se donese, da je moguće da se rozfarbuvat tsí delove belaca

i crne boje tako, da suvi delovi, da se napravi duboki kordon, gromada druge boje (kao beba 3 n = 4).

slika 3

Rješenje. Ubrzavamo indukciju za broj pravih linija. Ma daj P - Broj linija za podjelu našeg područja na dijelove, n>1.

Osnova indukcije. Yakshcho ravno sam(P \u003d 1), tada možete podijeliti područje na dva ravna područja, od kojih se jedno može pretvoriti u bijele boje, a drugi je crn, a redosljed je fiksan.

Krok indukcija. Da bismo dokazali induktivni prelaz, bilo je jasnije, pogledajmo proces dodavanja jedne nove prave linije. Idemo direktno do prijatelja(P\u003d 2), zatim oduzimamo neke dijelove, tako da možete rozfarbovati u prevelikom rangu, okrenuvši kuti u jednu boju. Pitajmo se šta će se desiti, jer ćemo voditi treću pravu liniju. Osvojio je da se dodaju dekovi "starog" dijela, na kojima se pojavljuju novi deljanki kordona, na obje strane ovih boja jedne te iste (sl. 4).

Mal. 4

Uradimo to ovako:sa jedne straneu novoj direktnoj liniji pamtimo boje - bijelu, crnu i bijelu; sa ovim dijelom, yakí leže na drugoj strani u smjeru prave linije, a ne perefarbovuêmo (slika 5). Taj novi ružičnjak zadovoljit će potrebe Vimoga: s jedne strane ravne linije je već nacrtana (iako drugim bojama), a s druge strane linije je bila neophodna. Da bi dijelovi napravili kordon kordona, da bi postavili pravu liniju, obrađivani su u različitim bojama, a dijelove smo obrađivali samo s jedne strane u pravcu prave.

Fig.5

Sada donosimo induktivni prijelaz. Recimo to za Deakyn = prijeiskazivanje zadatka je pravednije, tako da se svi dijelovi područja, na putu, dijeleprijeDirektno možete rozfarbuvati u bijeloj i crnoj boji tako da glavni dijelovi budu druge boje. Javite nam zbog čega je isti problemP= prije+ 1 Pravo. Učinimo to slično prijelazu s dvije ravne na tri. Uradimo to na stanuprijedirektno. Zatim, za prijem u indukciju, mogu odsjeći karticu s odgovarajućim rangom. Sprovedeno sada(prije+ 1)-ta prava linija i sa jedne strane, ispred nje, pamtimo boje na krevetu. Na ovaj način, sada(prije+ 1) desno od usyudi podílyaê dilyanki raznogo koloru, na tsomu "starih" dijelova, kao što smo već podlegli, zalishayutsya ispravno rozfarbovanimi. Vídpovídno na princip matematičke indukcije zavdannya virishene.

menadžer16. Na rubu pustinje velika je zaliha benzina, a taj auto, kao za novo dolivanje, može preći 50 kilometara. Uz potrebnu količinu kanistera, u jaku je moguće sipati benzin iz rezervoara automobila, te ga u svakom trenutku prazniti. Javite mi da auto može proći bilo da je cilj, više od 50 kilometara dalje. Kanisteri sa benzinom nisu dozvoljeni za transport, prazne se mogu transportovati u bilo kojoj količini.

Rješenje.Pokušajmo donijeti indukcijuP,koji auto možete vidjetiPkilometara duž ivice pustinje. AtP= 50 vídomo. Izgubio sam da održi kratku indukciju i objasni kako da prođemn = prije+ 1 kilometar, kao što viditen = prijemožete hodati kilometrima.

Međutim, ovdje razgovaramo s mukom: nakon toga, kako smo prošliprijekilometara, benzin možda neće stići na povratku (čini se da ne štedi). Í u ovoj situaciji podležem jakoj tvrdoći, na šta mi se skreće pažnja (paradoks vinara). Hajde da donesemo, scho ne može pogriješitiPkm, ale i robiti skílki zavgodno velika zaliha benzina na mjestima na vídstaníPkilometara uz rub praznog prostora, naslonjen na ovu tačku nakon završetka transporta.

Osnova indukcije.Neka jedan benzin - tse kílkíst benzin, neophodan za izgradnju jednog kilometra puta. Ako je isti let udaljen 1 km i nazad, trebaju nam dvije jedinice benzina, onda možemo uzeti 48 jedinica benzina u trgovinama s druge strane kilometra od ruba i okrenuti se za novu porciju. U ovom rangu, za nekoliko letova do shoviše, možete izgraditi dovoljnu količinu prostora, što će biti potrebno. Kada stvorite 48 jedinica zaliha, trošimo 50 jedinica benzina.

Krok indukcija.Pretpostavimo da na vídstaníP= prijena rubu pustinje, možete nabaviti malo benzina. Javite nam da je moguće napraviti skup na selun = prije+ 1 kilometar z bilo da ćemo unapred odrediti snabdevanje benzinom i opinom na istom mestu npr. prevoz. Krhotine u tačkamaP= prijeê nezamezheniya zalihe benzina, tada (sa bazom indukcije) možemo za kilku letjeti do točken = prije+ 1 robiti u bodovimaP= prije4- 1 zaliha dovoljne ekspanzije, koja će biti neophodna.

Istina najdublje tvrdoće, niže od uma majstora, sada vrišti iz principa matematičke indukcije.

Visnovok

Zokrema, savladavši metodu matematičke indukcije, unapredio sam svoje znanje u ovoj galeriji matematike, a takođe sam naučio da savladam zadatak, kao da to ranije nisam mogao.

Imaju tse buli logic i cíkaví zavdannya, tobto. tí, yakí pídvishchuyut Íinterest za í̈ í̈ matematika jaka nauka. Ostvarivanje ovakvih zadataka postaje veliki posao i možete doći do matematičkih lavirinata novih zaraznih. Po mom mišljenju, to je osnova svake nauke.

Nastavljajući razvoj metode matematičke indukcije, pokušaću da naučim kako da učim ne samo matematiku, već i više probleme fizike, hemije i samog života.

Književnost

1. Vulenkin INDUKCIJA. Kombinatorika. Pomoć za čitaoce. M., Prosvitnitstvo,

1976.-48 str.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Geometrijska indukcija. - M: Derzhsud. vizionar. pismo. - 1956. - S.I00. Dopomoga z matematike za studente na univerzitetima / Ed. Yakovleva G.M. Nauka. -1981. - P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom I.M. Geometrijska indukcija. -
M.: Nauka, 1961. - (Popularna predavanja iz matematike.)

4. I.T.Demidov, A.N.Kolmogorov, S.I.Shvartsburg, O.S.Ivashev-Musatov, B.E.Weits. Vodič kroz naslov / "Osvita" 1975.

5.R. Courant, R Robbins "Šta je matematika?" Odjeljak 1, § 2

6. Popa D. Matematika i vjerodostojna mirkuvannya. - M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Matematički uvid. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Kako podučavati metodom matematičke indukcije / Školska matematika. - Nl. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O metodi matematičke indukcije. - M.: Nauka, 1977. - (Popularna predavanja iz matematike.)

10. Solominski I.S. Metoda matematičke indukcije. - M: Nauka.

63s.

11. Solominski I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O matematičkoj indukciji. - M: Nauka. - 1967. - P.7-59.

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

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

p align="justify"> Metoda dokaza, temelji na Peanoovim aksiomima 4, opravdanje za dokazivanje bogatih matematičkih moći i različitih tvrdnji. Osnova je teorema napredovanja.

Teorema. Yakshcho čvrstina A(n) sa prirodnom zmijom n istina za n= 1 od onoga za šta je istina n=k dalje, šta je istina i za naredni broj n=k, te čvrstine A(n) n.

Dovođenje. Značajno kroz M bezlični tihi i manje tihi prirodni brojevi, za neko učvršćivanje A(n) istinito. Zatim pomislite na teoreme maêmo: 1) 1 M; 2) k MkM. Zvídsi, na osnovu aksiomije 4, odgovara, scho M =N, onda. otvrdnjavanje A(n) istina za prirodan n.

Metoda dokaza koja se zasniva na ovoj teoremi naziva se metoda matematičke indukcije, a aksiom je aksiom indukcije. Takav dokaz se sastoji od dva dijela:

1) donijeti, scho očvrsnuo A(n) istina za n= A(1);

2) dozvoliti šta se stvrdnjava A(n) istina za n=k I A(n) istina za n=k+ 1, tobto. šta je istina vislovlyuvannya A(k) A(k + 1).

Yakscho A( 1) A (k) A(k + 1) - spravzhnê vyslovlyuvannya, zatim olabavi visnovok kod onoga koji je čvrst A(n) tačno za bilo koji prirodan broj n.

Dokaz metodom matematičke indukcije može se započeti ne samo od potvrde istinitosti tvrdnje za n= 1, ale í z je bilo koji prirodan broj m. Imam ukocenost A(n) biće dokazano za sve prirodne brojeve nm.

Menadžer. Može se pokazati da je za bilo koji prirodan broj jednakost 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Rješenje. Vlasnički kapital 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = nê formula, za koju možete znati zbir prvih uzastopnih nesparenih prirodnih brojeva. Na primjer, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 \u003d 16 (ukupno 4 dodatna kredita), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (ukupno 6 kredita); ako morate platiti 20 dodataka naznačenog tipa, onda nećete dobiti 20 = 400 i tako dalje. Pošto smo postigli istinitost vrijednosti ekvivalencije, oduzimamo mogućnost poznavanja sume bilo kojeg broja dodataka naznačenom tipu iza formule.

1) Preispitujemo u istinitosti date smirenosti za n= 1. Kada n= Od jednog člana sabira se 1 lijevi dio jednakosti, jednak 1, desni dio troška je 1 = 1. Pošto je 1 = 1, onda za n= 1 integritet je istinit.

2) Prihvatljivo je da ova smirenost važi za n=k, onda. šta je 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) = k. Vihodyachi z ogo pripuschennya, javite nam da je to istina i za n=k+ 1, tobto. 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Pogledajmo lijevi dio ostatka smirenosti.

Za naknade, zbir prvog k dodankív dorívnyuê k i volumen 1 + 3 + 5 + ... + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k- 1) + (2k+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Viraz k+ 2k + 1 identično stara viraza ( k + 1).

Otzhe, istina je data ekvivalentnosti za n=k+ 1 doneo.

U ovom rangu, data ekvivalencija je tačna za n= Prva istina joge za n=k sledeća istina za n=k+ 1.

Tim je sam donio da je ekvivalentnost istinita za bilo koji prirodan broj.

Uz pomoć metode matematičke indukcije moguće je donijeti istinitost i jednakosti i nepravilnosti.

Menadžer. Donesi, sho, de nN.

Rješenje. Hajde da preispitamo istinu o nervozi kada n= 1. Maêmo - ispravi nervozu.

Pretpostavimo da je neravnina tačna kada n=k, tobto. - Ispravi nervozu. Hajde da shvatimo, vyhodyachi s pripuschennya, da je ispravnije i kada n=k+ 1, tobto. (*).

Prepravimo lijevi dio nervoze (*), vrahovyuchi, scho: .

Ale znači ja .

Oče, ova nedoslednost važi za n= 1, i, iz činjenice da je neravnina istinita za deak n= k, mi otrimali, vono vírne i for n= k + 1.

Tim, pobjedničkim aksiomom 4, dokazali smo da ova nepravilnost vrijedi za bilo koji prirodan broj.

Metodom matematičke indukcije moguće je donijeti i druge tvrdnje.

Menadžer. Da bismo to doveli, bilo koji prirodan broj je zaista čvrst.

Rješenje. Provjerite istinitost otvrdnjavanja kada n= 1: -Help vislovlyuvannya.

Prihvatljivo je da je čvrstoća ispravna kada n=k: . Pokazuje se, vikoriste, istina je otvrdnuta n=k+ 1: .

Hajde da prepravimo viraz: . Znamo maloprodaju kі k+ 1 članova Ako se čini da je razlika odrezana za višekratnik od 7, a iza dodataka se vidi da je podijeljena sa 7, onda je to višekratnik, koji također mijenja 7:

Dobutok je višekratnik od 7, također, i .

U ovom rangu, čvrstina važi za n= Prva istina joge za n=k sledeća istina za n=k+ 1.

Tim je sam iznio na vidjelo da je ova tvrdnja istinita za bilo koji prirodan broj.

Menadžer. Donesite šta za bilo koji prirodan broj n 2 istinite afirmacije (7-1)24.

Rješenje. 1) Provjeriti istinitost potvrde kada n\u003d 2: - Pomoć vislovlyuvannya.

Matematička indukcija je osnova jedne od najopsežnijih metoda matematičkih dokaza. Uz ovu pomoć, možete donijeti većinu formula s prirodnim brojevima n, na primjer, formulu za vrijednost zbroja prvih članova u progresiji S n \u003d 2 a 1 + n - 1 d 2 n Newtonov binom formula a + b n \u003d C n 0 a n C n 1 a n - 1 b +. . . + C n n - 1 a b n - 1 + C n n b n .

U prvoj točki ćemo analizirati osnovno razumijevanje, zatim ćemo se osvrnuti na osnove same metode, a zatim ćemo objasniti kako pomoći da se ekvivalentnost i nerivnist dovedu u prvi plan.

Razumijevanje indukcije i dedukcije

Na potiljku se vidi kakva je indukcija i dedukcija počela.

Zakazivanje 1

indukcija- tse prelazak iz privatnog u klevetničko, i odbitak navpaki - od divljeg ka privatnom.

Na primjer, imamo afirmaciju: 254 se može podijeliti na dvije nacionalnosti. Od novog možemo stvoriti bezlične visnovkive, među njima će biti kao prava osoba, pa će biti kao pakao. Na primjer, čvrstina, da se svi brojevi broja, koji može biti kao broj 4, mogu podijeliti na dva bez viška - istina, a oni koji, bilo da je broj tri znaka, podijeliti sa 2 - hibne.

Zagalu se može reći da je uz pomoć induktivnog mirkuvanja moguće oduzeti bezlični vysnovkív iz jednog očitog chi očitog mirkuvannya. Matematička indukcija nam daje mogućnost da odredimo koliko su cijene poštene.

Pretpostavimo da možemo imati niz brojeva oblika 1 1 2 , 1 2 3 , 1 3 4 , 1 4 5 , . . . , 1 n (n + 1) , gdje n znači deake prirodan broj. U ovom trenutku, kada savijamo prve elemente u nizu, radimo korak:

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

Koristeći indukciju, možete stvoriti neobičnu vysnovku, scho S n = n n + 1. U trećem dijelu donosimo formulu.

Zašto koristiti metodu matematičke indukcije

U osnovi čega leži isti princip. Vin je formulisan ovako:

Zakazivanje 2

Ova tvrdnja će vrijediti za prirodnu vrijednost n tada, ako 1) će biti istinito za n = 1 i 2) budući da će ovo vrijediti za prilično prirodnu vrijednost n = k, onda neće biti istinito za n = k + 1 .

Zastosuvannya metoda matematičke indukcije zdíysnyuêtsya u 3 faze:

1. S druge strane, provjeravamo validnost vanjske tvrdoće u trenucima dovoljne prirodne vrijednosti n (provjeravajte ponovo da biste se borili za jednu).
2. Nakon toga ponovo provjeravamo ispravnost za n = k.
3. Dao sam mu validnost izjave u to vrijeme, dakle n = k + 1.

Kako popraviti metodu matematičke indukcije kada se radi o nepravilnostima i poravnanju

Uzmimo zadnjicu o kojoj smo ranije govorili.

guza 1

Donesite formulu S n = 1 1 2 + 1 2 3 +. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Rješenje

Kao što već znamo, za završetak metode matematičke indukcije potrebna su tri uzastopna koraka.

1. Za klip perevíryaêmo, chi data jednakost će biti poštena kada je n jednako jedan. Uzimamo S 1 = 1 1 2 = 1 1 + 1 = 1 2. Ovde je sve tačno.
2. Nadalje, pretpostavlja se da je formula S k = k k + 1 tačna.
3. Trećem treba reći da je S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2, na osnovu pravednosti naprijed jednakosti.

Možemo predstaviti k + 1 kao zbir prvih članova niza i k + 1:

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

Oskílki u drugom dií̈ mi je oduzeo da se S k \u003d k k + 1 može zapisati:

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

Sada vidimo neophodnu transformaciju. Treba nam viconate dat razlomak sleeping banner, s obzirom na sličan dodankiv, zapišite formulu za skraćeno množenje i kratkoću onih koji su se desili:

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

Na taj način smo doveli jednakost do treće tačke, nakon što smo izvršili sva tri koraka metodom matematičke indukcije.

prijedlog: Prijem o formuli S n = n n + 1 ê vírnim.

Uzmimo širu sliku trigonometrijskih funkcija.

guza 2

Navedite dokaz identiteta cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 n α \u003d sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Rješenje

Kao što se sjećamo, prvi korak može biti ponovna provjera ispravnosti jednakosti sa n, što je skuplje od jedinice. Schob tse z'yasuvati, uslov je da se pogode osnovne trigonometrijske formule.

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

Kasnije, sa n jednakom jedinicom, ista će biti istinita.

Sada je prihvatljivo da se neka pravda sačuva za n = k, dakle. Bit će tačno da je cos 2 α · cos 4 α · . . . cos 2 k α \u003d sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

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

Zgidno sa trigonometrijskom formulom,

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

otzhe,

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

Primjer izazova za dokazivanje nedosljednosti zbog tvrdoglavosti metode koji smo donijeli u članku o metodi najmanjih kvadrata. Pročitajte tu tačku, de vivodyaetsya formule za znahodzhennya koefítsíêntív aproksimacije.

Kako ste zapamtili pomilovanje u tekstu, budite ljubazni, pogledajte ga i pritisnite Ctrl + Enter

Matematika ima mnogo podjela da donese istinu o firmi, da laže, tobto. istina riječi p(n) za " nÎN (za bilo šta n ON p(n) istinito).

Često je potrebno donijeti metoda matematičke indukcije.

Zasnovan je na principu matematičke indukcije. Zvučni vin se bira kao jedan od aksioma aritmetike i tada se prihvata bez dokaza. Odgovara principu matematičke indukcije p(n) uzmite u obzir istinito za sva prirodna značenja promjene, kao da se radi o dva uma:

1. Prijedlog p(n) istina za n= 1.

2. Iz tvrdnje da p(n) istina za n =k (k- sasvim prirodan broj) sledeći, što je tačno za n =k+ 1.

Koristeći metodu matematičke indukcije za razumijevanje takvog načina dokazivanja

1. Provjerite istinitost tvrdnje za n= 1 je osnova indukcije.

2. Prihvatite za koju čvrstinu odgovara n=k- induktivni prijem.

3. Donesite ono za šta je pravo n =k+ 1 induktivni prelaz.

Drugi prijedlog p(n) izgleda da nije istina za sve prirodne n, i pochinayuchi s deakogo for n = n 0. I ovdje je u osnovi indukcije istina obrnuta p(n) at n = n 0.

primjer 1. Hajde. Donesi sta

1. Baza indukcije: at n= 1 za sastanke S 1 \u003d 1 i za formulu jedan rezultat je opsjednut. Strong virne.

n=k to .

n=k+ 1. Recimo da .

Diyno, kroz induktivni prijem

Hajde da prepravimo ovaj viraz

Induktivna tranzicija završena.

Poštovanje. Odgovarajuće zapišite šta je dato (induktivni dodatak) i šta treba donijeti!

zadnjica 2. Donesi

1. Osnova indukcije. At n\u003d 1, čvrsto, shvaćeno, u redu.

2. Induktivni prijem. Hajde n=kі

3. Induktivna tranzicija. Hajde n=k+ 1. Donesimo:

Istina, zvijezda je desni bik kvadrat kao zbir dva broja:

Vikoristovuyuchi je induktivno pretpostavio formulu za zbir aritmetičke progresije:

primjer 3. Donesite neravnine

1. Osnova indukcije je s vremena na vrijeme ponovno potvrđivanje istine za, tobto. potrebno je preispitati nedosljednost. Kome je dovoljno da trg učini razdražljivim: ili 63< 64 – неравенство верно.

2. Neka vam neravnine odgovaraju.

3. Hajde, hajde da shvatimo:

Koristimo indukciju

Znajući kako mogu vidjeti desni kljun na kraju nervoze, mogu vidjeti i taj dio

Ostaje da se instalira, tako da množitelj ne mijenja jedan. Istinito,

guza 4. Dovesti, za bilo koji prirodni broj završava cifrom.

1. Najmanje prirodno, za svaku poštenu čvrstoću, izdržljivije. .

2. Neka se broj završava sa . Tse znači da se broj može napisati kao da je prirodan broj. Todi.

3. Hajde. Recimo da se završava sa . Vikoristovuyuchi otrimana vistava, otrimaemo

Ostatak broja može biti jednak jedan.

dodatak

1.4. Metoda matematičke indukcije

Kao što se čini, matematičko učvršćivanje (teorema) može biti utemeljeno, završeno. Odmah nam je poznata jedna od metoda dokaza - metoda matematičke indukcije.

U širokom rasponu značenja, indukcija je jedini način kopanja, koji vam omogućava da pređete sa privatne tvrdoće na one tvrde. Obrnuti prijelaz sa tvrdog na privatno naziva se dedukcija.

Odbitak uvijek vodi do ispravnog vysnovkív. Na primjer, dobili smo divlji rezultat: svi cijeli brojevi broja koji završavaju na nulu djeljivi su sa 5. Očigledno, možete kreirati netrivijalnu vysnovku, baš kao i određeni broj koji se završava na 0, na primjer 180, djeljivo sa 5.

Upravo u tom času, indukcija može dovesti do pogrešnih zaokreta. Na primjer, imajući u vidu da je broj 60 podijeljen brojevima 1, 2, 3, 4, 5, 6, nemamo pravo da nagađamo one da se 60 može podijeliti na broj.

Metoda matematičke indukcije omogućava, na mnogo načina, da se ispravno dovede do valjanosti globalne tvrdnje P(n), čija formulacija uključuje prirodni broj n.

Razvoj metode uključuje 3 faze.

1) Osnova indukcije: provjeravamo valjanost iskaza P(n) za n = 1 (u suprotnom, druga, privatna vrijednost n, na osnovu koje se prenosi valjanost P(n)).

2) Prihvatanje indukcije: pretpostavlja se da P(n) vrijedi za n = k.

3) Krok índukcija: korištenje pripusta, moguće je da P(n) vrijedi za n = k + 1.

Rezultat može imati zanimljiv zaokret u pogledu valjanosti P(n) za bilo koje n ∈ N. Zaista, za n = 1 tvrdnja je tačna (baza indukcije). Takođe, očito, kod n = 2, skale su prešle sa n = 1 na n = 2 prajminga (krok ídukcija). Zaustavljanjem indukcione petlje znov í znov, pretpostavljamo da je P(n) validna za n = 3, 4, 5, . . ., tada valjanost P(n) za sve n.

Primjer 14. Zbir prvih n nesparenih prirodnih brojeva jednak je n2: 1 + 3 + 5 + ...

+ (2n - 1) = n2.

Potvrda se vrši pomoću matematičke indukcije.

1) Baza: sa n=1, postoji više od jednog sabiranja, moguće je: 1 = 1.

Strong virne.

2) Prijem: dozvoljeno je da je jednako k pravedno: 1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) = k2.

Rješavanje zadataka o immovirn_st pogodaka za sat snimanja

Zagalna izjava zadatka je sljedeća:

Ímovírníst vluchennya u tsíl s jednim postri dolívnyuê $p$. Izvršio $n$ pucnjave. Znajte mogućnost da će meta biti pogođena tačno $k$ puta (pogodit će $k$).

Zastosovuêmo Bernoullijevu formulu i otrimuêmo:

$$ P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^(n-k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k).

Ovdje je $C_n^k$ broj dana od $n$ do $k$.

Kako saznati u zadatku o papalini strijela različita raspoloženja postizanje cilja, teorija, primjena rješenja i kalkulator možete pronaći ovdje.

Video tutorijal i Excel šablon

Pogledajte naš video o izvršavanju zadataka o snimanju u Bernoullijevoj shemi, saznajte kako hakirati Excel za završetak tipičnih zadataka.

Možete besplatno i brzo preuzeti excel datoteku iz videa za završetak vaših zadataka.

Priložite zadatak rozvyazannya o pogađanju mete u nizu pucanja

Pogledajmo uzorak tipičnih aplikacija.

primjer 1. Ubijeno 7 metaka. Ímovírníst ínístívív ín jedan postriílí doívnyuê 0,705. Znati imovinista onoga što će biti jednako 5 sati u slučaju koga.

Važno je da zadatak uključuje ponovljeno nezavisno testiranje (gađanje u metu), ukupno gađanje $n=7$, eliminaciju pogotka skinom $p=0,705$ i eliminaciju promašaja $q=1-p=1 -0,705=0,295$ .

Potrebno je odrediti šta će biti jednako $k=5$ pogodaka. Zamijenite sve u formuli (1) i uzmite: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

zadnjica 2.Ímovírníst ínítíníní í do ín ín postriílí írívnyuê 0,4.

Na metu se vrši chotiri samostalno gađanje. Znaj imovinistu onoga što bi volio biti sam u meti.

Trebamo specificirati i zapisati parametre: $n=4$ (post), $p=0,4$ (pokret), $k \ge 1$ (ako želimo).

Vykoristovuêmo formulu za tečnost protoležno í̈ podíí̈ (ne postoji jedinstveno tumačenje):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 .6 ^4 = 1-0,6^4 = 1-0,13 = 0,87. $$

Ímovírníst pio ako želite jednom od chotiriokh doívnyuê 0,87 ili 87%.

primjer 3. Imovirnista šteta na meti od strane strijelca je veća od 0,3.

Znajte nepomičnost činjenice da će sa šest hitaca meta biti pogođena tri do šest puta.

Na vídmínu víd posredníh zavdan, ovdje je potrebno znati ymovírníst činjenice da će se broj puta promijeniti u trenutnom intervalu (a ne baš isti broj). Ale, formula je pobjednička.

Znamo da će meta biti pogođena tri puta do šest puta, tako da će biti ili 3, ili 4, ili 5, ili 6 pogodaka.

Podaci o imovirnosti izračunavaju se prema formuli (1):

$$P_6(3) = C_(6)^3\cdot 0,3^3\cdot 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0.3^4\cdot 0.7^2 = 0.06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0.3^5\cdot 0.7^1 = 0.01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0.3^6\cdot 0.7^0 = 0.001.

Krhotine nisu lude, sposobnost se nalazi iza formule za savijanje mogućnosti: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) =$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256.$$

guza 4. Imovirnist ako hoću jedan pogodak u metu sa nekim udarcima skuplji 0,9984. Znajte brzinu pogađanja mete jednim udarcem.

Značajno ymovírnist pogodio metu za jedan udarac. Uđimo u pod:
$ A = $
kao i suprotno od vas podíyu, kao što možete zapisati kao:
$\overline(A) = $ (Sve 4 linije će biti više od cilja istog pokretanja).

Zapišimo formulu za nepokretnost $A$.

Zapisujemo sljedeće vrijednosti: $ n = 4 $, $ P (A) = 0,9984 $. Zamijenite formulu (1) i uzmite:

$$ P(A)=1-P(\overline(A))=1-P_4(0)=1-C_(4)^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^4=1- (1-p)^4 = 0,9984.

Virishuemo ljubomora, šta se dogodilo:

$$1-(1-p)^4=0,9984, \(1-p)^4=0,0016, 1-p=0,2, \p=0,8. $$

Otzhe, ymovírníst vluchennya u tsíl s jednim postrílí dorívnyuê 0,8.

Šta god pročitate i podijelite s drugima

Korisn_ poruka

Pronađite gotove zadatke u rješenju:

Online promocije za Bernoullijevu formulu

Rješenje nervoze iza pomoći kalkulatora

Nedosljednost u matematici se odnosi na sve jednake, gdje se "=" zamjenjuje bilo kojim od sljedećih znakova: \ [> \] \ [\ geq \] \ [

* linearna;

* Kvadrat;

* sačmarica;

* indikativno;

* trigonometrijski;

* logaritamski.

Ugari zbog ove neravnine nazivaju se linearnim, dijelom tankim.

Morate znati o qi znakovima:

* nedoslednosti sa većim znakom (>) ili manjim (

* Nepravilnosti sa značkama, poput veće ili jednako \[\geq\] manje ili jednako [\leq\], nazivaju se neprofesionalnim;

* ikona pogrešne [[ne]], ali je potrebno stalno mijenjati kvarove sa ovom ikonom.

Takva nedosljednost se vidi u gledanju na transformaciju istosti.

Pročitajte i naš članak “Pronalaženje pravog rješenja za online uparivanje”

Recimo da je nervoza od napada vikonan:

Mi virishuemo jogu upravo tako linearno poravnanje Ale je slijedio s poštovanjem u znaku nervoze.

Na poleđini šake možemo prenositi članove iz nepoznatog na lijevo, slijeva na desno, mijenjajući simbole na protilu:

Podijelimo povrijeđene strane sa -4 i promijenimo predznak nejednakosti dužine:

Tse vídpovíd na tse rivnyannya.

Gdje mogu riješiti nedosljednost na internetu?

Možete rozvyazat rivnyanya na našoj web stranici pocketteacher.ru.

Bernulijev kalkulator nervoze

Za nekoliko sekundi i bez troškova, online rješenje za naručivanje online ekvilizacije, bilo da se radi o sklapanju. Sve što treba da uradite je da unesete svoje podatke za spas. Također možete pogledati video upute i saznati kako to provjeriti na našoj web stranici.

A ako imate hranu, možete je staviti u našu Vkontakte grupu: džepna učiteljica. Dođite u našu grupu, rado ćemo vam pomoći.

Metoda nove matematičke indukcije

Rozv'yazannya rivnyan / Differential rivnyanya

© Kontrolni robot RU - online kalkulator

Razvyazannya diferencijal rivnyan

Unesite diff.

jednako:

Za pomoć kalkulatora možete provjeriti diferencijalno izjednačavanje različite složenosti.

Primijeniti rozvyazuvanih diferencijala rivnyan

Metoda matematičke indukcije

Entry

glavni dio

1. Povna da ne povna indukcija
2. Princip matematičke indukcije
3. Metoda matematičke indukcije
4. Aplikaciona rješenja
5. Equity
6. Rozpodíl brojeve
7. Nervnosti

Visnovok

Spisak pobedničke literature

Entry

U osnovi svakog matematičkog istraživanja leže deduktivne i induktivne metode. Deduktivna metoda mirkuvannya - tse mirkuvannya od vulgarnog ka privatnom, tobto. mirkuvannya, čiji je posljednji trenutak divlji rezultat, a posljednji trenutak - privatni rezultat. Indukcija zastosovuêtsya pod sat vremena prijelaza sa privatnih rezultata na zagalnyh, zatim. ê metodom, protiležnim do deduktivnog.

Metoda matematičke indukcije može se uporediti sa napretkom. Počinjemo od dna, kao rezultat logičnog razmišljanja, dolazimo do najvišeg. Čovjek je već odstupio od napretka, do sada je logično razvijati svoju misao, onda je sama priroda omogućila da se induktivno demirkovuje.

Iako je sfera zagušenja metodom matematičke indukcije narasla, školski program ima malo vremena za to. Pa da vam kažem, koja bi vam pametna osoba donela dve-tri lekcije, za koje ćete osetiti pet reči teorije, napisati pet primitivnih zadataka i kao rezultat uzeti pet pet za one koji ništa ne znaju.

Aje tse je tako važno - zapamtite da induktivno rozmirkovuvati.

glavni dio

Za svoj primarni zmist, riječ "indukcija" zastosovuetsya na mirkuvan, za čiju pomoć uzimaju zagalni vysnovki, spiralno na niskom privatnom uporištu. Najjednostavniji metod ove vrste zrcaljenja je totalna indukcija. Osa kundaka je takvo zrcaljenje.

Neka je potrebno instalirati da broj n ne bude veći od 4< 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.

Devet devet parnosti pokazuje da je koža brojeva, koju smo golicali, efektivno predstavljena gledanjem na zbir dva jednostavna dodankiva.

Otzhe, povna ídukcija í da se time otvrdne sva koža i posljednji broj mogućih vibracija.

Ponekad se konačni rezultat daje za transfer nakon gledanja ne uopće, već da se postigne veliki broj okremih vipadkiva (tzv. non-povna indukcija).

Rezultat, odbačen nepotpunom indukcijom, je, međutim, manje od hipoteze, dokova grešaka ne donošenja točnih matematičkih mirkuvanja, koje klevetaju sve okre vpadki. Drugim riječima, netačna indukcija u matematici se ne poštuje legitimnom metodom tvrdog dokaza, već snažnim metodom otkrivanja novih istina.

Hajde, na primjer, potrebno je znati zbir prvih n zadnjih nesparenih brojeva. Pogledajmo neke od uspona i padova:

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

Kada pogledam ove kílkoh okremih vipadkív, tražim uvredljivu vatru:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tobto. zbir n prvih uzastopnih neparnih brojeva jednak je n 2

Zrozumílo, opreznije, to može biti dokaz valjanosti inducirane formule.

Međutim, indukcija može biti manje uobičajena u matematici. Mnogo matematičkih poteškoća guši nepresušan broj okremyh fluktuacija i nije moguće izvršiti ponovnu provjeru za beskonačan broj fluktuacija. Nepravilna indukcija često dovodi do rezultata pomilovanja.

U bogatim situacijama takve se poteškoće nalaze kod životinja posebnom metodom zrcaljenja, nazvanom metodom matematičke indukcije. Vin polygaê u ofanzivi.

Neka je potrebno donijeti valjanost neke tvrdoće za bilo koji prirodni broj n (na primjer, potrebno je donijeti da je zbir prvih n nesparenih brojeva jednak n 2). Bez posrednog odjeka tvrdoće kože što znači da je n nemoguće, krhotine bezličnih prirodnih brojeva su neiscrpne. Kako bi čvrstoću doveli u prvi plan, preispituju njenu valjanost za n=1. Zatim dokažimo da ako je prirodna vrijednost k iz valjanosti skraćene tvrdnje na n=k, onda je valjanost i za n=k+1 evidentna.

Todi čvrstinu važno je donijeti svima n. Istina, tvrdnja je fer za n=1. Aletodično, to je tačno za napredujući broj n=1+1=2. Tvrdoća tri pravednosti za n=2, bez pravednosti za n=2+

1=3. Rezultati pokazuju da je validnost potvrđena za n=4 i tako dalje. Sinulo mi je da, zreshtoyu, mi didemo be-bilo koji prirodni broj n. Oče, čvrstina je ispravnija za bilo šta n.

Uzagalnyuyuchi je rekao, formulirajte ofanzivni zagalni princip.

Princip matematičke indukcije.

Isto tako, tvrdnja A(n), koja je tačna za prirodni broj n, tačna je za n=1 i stoga je tačna za n=k (de k je prirodan broj), zatim je tačna za napredni broj broj n=k +1, pretpostavka A(n) je tačna za bilo koji prirodan broj n.

U određenom broju slučajeva, potrebno je donijeti valjanost ove tvrdnje ne za sve prirodne brojeve, već samo za n>p, de p-fiksni prirodni broj. I ovdje je princip matematičke indukcije formuliran na sljedeći način.

Ako je tvrdnja A(n) tačna za n=p i ako je A(k)ÞA(k+1) tačna za bilo koje k>p, onda je tvrdnja A(n) tačna za bilo koje n>p.

Dokaz metodom matematičke indukcije izvodi se na ovaj način. Na potiljku se ponovo potvrđuje tvrdoća za n=1. istinitost A(1) je obnovljena. Ovaj dio potvrde naziva se osnova indukcije. Uzmimo sljedeći dio dokaza, koji se zove indukciona kriva. U ovom dijelu dovesti valjanost očvršćavanja za n=k+1, i pravednost očvršćavanja za n=k (prihvatanje indukcije), tj. dokazati da je A(k) ÞA(k+1).

Dovedite da je 1+3+5+…+(2n-1)=n 2 .

Rješenja: 1) Možda n=1=1 2 . otzhe,

tvrdoća je tada tačna za n=1. A(1) je tačno.

2) Može se pokazati da je A(k) ÞA(k+1).

Neka je k prirodan broj i neka je tvrdnja tačna za n = k, dakle.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Može se pokazati da je ova tvrdnja tačna za rastući prirodni broj n=k+1, tj. šta

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Istinito,

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

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Iz principa matematičke indukcije slijedi da je pretpostavka A(n) zaista nÎN.

Donesi sta

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), de x1

Rješenja: 1) Sa n=1 je prihvatljivo

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

kasnije, za n=1 formula je tačna; A(1) je tačno.

2) Neka je k prirodan broj i neka je formula tačna za n = k, onda.

1 + x + x 2 + x 3 + ... + x k \u003d (x k + 1 -1) / (x-1).

Znamo da je smirenost pobjednička

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

Tačno

1+h+h 2 +x 3 +…+h 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).

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Iz principa matematičke indukcije postavljeno je da je formula tačna za bilo koji prirodan broj n.

Dovedite da je broj dijagonala ispupčenog n-reza n(n-3)/2.

Rješenja: 1) Kada je n=3 očvrsnuo desno

I 3 je pristojno, više u trikutniku

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

A 2 A(3) je tačno.

2) Prihvatljivo je da svi imaju

natečen k-cutnik maê-

A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 dijagonale.

A k

(k+1)-kutnik broj

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

Idemo A 1 A 2 A 3 ... A k A k +1 - opukliy (k + 1)-kutnik. Ucrtajte novu dijagonalu A1Ak. Da biste poboljšali broj dijagonala (k + 1)-ugla, potrebno je poboljšati broj dijagonala u k-rezu A 1 A 2 ...A k , dodati broju k-2, a zatim . broj dijagonala (k+1)-kutnika koji izlazi iz temena A k+1 i, štaviše, sledeći korak je rotacija dijagonale A 1 A k .

na takav način,

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

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Prateći princip matematičke indukcije, stvrdnjavanje je ispravnije za svaki natečeni n-rez.

Da donesem, za šta god je n poštena čvrstoća:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rješenje: 1) Neka je onda n = 1

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

Otzhe, pri n=1 čvrstoća je tačna.

2) Pretpostavimo da je n=k

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

3) Pogledajmo dato otvrdnjavanje na n=k+1

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.

Doveli smo validnost jednakosti i za n = k + 1, a onda je, na osnovu metode matematičke indukcije, ispravnije za bilo koje prirodno n.

Da bismo dokazali da je jednakost istinita za bilo koje prirodno n:

1 3 +2 3 +3 3 + ... + n 3 = n 2 (n + 1) 2 /4.

Rješenja: 1) Hajde n = 1.

Todi X 1 = 13 = 12 (1 +1) 2 / 4 = 1.

Mi, scho n \u003d 1 čvrstoća je ispravna.

2) Pretpostavimo da je jednakost tačna za n = k

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

3) Možemo donijeti istinitost ove tvrdnje za n=k+1, dakle.

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.

Iz gornjeg dokaza se može vidjeti da je tvrdoća tačna za n = k + 1, a isto vrijedi i za bilo koje prirodno n.

Donesi sta

((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), gdje je n>2.

Rješenje: 1) Za n=2, istost izgleda ovako: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tobto. vono je istina.

2) Pretpostavlja se da je viraz tačan za n = k

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

3) Donosimo validnost viraze za n=k+1.

(((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).

Doveli smo validnost jednakosti i na n=k+1, pa je metodom matematičke indukcije otvrdnjavanje ispravnije za bilo koje n>2

Donesi sta

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

za bilo koji prirodni n.

Rješenje: 1) Neka je onda n = 1

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

2) Pretpostavimo da je n=k tada

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

3) Možemo donijeti istinitost ove tvrdnje za n=k+1

(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).

Validnost jednakosti za n=k+1 je dokazana, a ispravnija je i za bilo koje prirodno n.

Donesite ispravnost identiteta

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

za bilo koji prirodni n.

1) Za n = 1 identitet je tačan 1 2 /1 '3 = 1 (1 +1) / 2 (2 +1).

2) Prihvatljivo je da je s n=k

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

3) Dokazujemo da je identitet tačan za n=k+1.

(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).

Iz indukovanog dokaza jasno je da je čvrstoća istinita za bilo koje prirodno n.

Dovedite da je (11n+2+122n+1) djeljivo sa 133 bez previše.

Rješenje: 1) Neka je onda n = 1

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

Ale (23´133) se dijeli sa 133 bez viška, također sa tvrdoćom n=1; A(1) je tačno.

2) Pretpostavimo da je (11 k+2 +12 2k+1) djeljivo sa 133 bez viška.

3) Obavijestite nas da je takvo vrijeme

(11k+3 +12 2k+3) podijelite sa 133 bez viška. Tačno 11 k+3 +12 2k+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 .

Otrimana suma se dijeli sa 133 bez viška, pa se prije njezinog dodanoka dijeli sa 133 bez viška za dodatke, au drugom jedan od množitelja je 133. Također, A (k) ÞA (k + 1). Snaga metode matematičke indukcije je dovedena do izražaja.

Donijeti, za bilo koje n 7 n -1, podijeliti sa 6 bez previše.

Rješenje: 1) Neka je n = 1, tada je X 1 = 7 1 -1 = 6 podijeljeno sa 6 bez viška. Dakle, za n = 1 tvrdoća je tačna.

2) Prihvatljivo je da je s n=k

7 k-1 podijeljeno sa 6 bez viška.

3) Može se pokazati da tvrdnja vrijedi za n=k+1.

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

Prvi dodanok je podijeljen sa 6, komadići 7k -1 su podijeljeni sa 6 za dodatak, a drugi dodank je ê 6. Srednja vrijednost 7 n -1 je višekratnik 6 za bilo koje prirodno n. Snaga metode matematičke indukcije je dovedena do izražaja.

Dovedite da je 3 3n-1 +2 4n-3 sa dovoljnim prirodnim n djeljivo sa 11.
Rješenje: 1) Neka je onda n = 1

X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11 podijeljeno sa 11 bez viška. Otzhe, pri n=1 čvrstoća je tačna.

2) Prihvatljivo je da je s n=k

X k \u003d 3 3k-1 + 24k-3 podijeljeno sa 11 bez viška.

3) Možemo pokazati da je tvrdnja tačna za n=k+1.

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 .

Prvi dodanok se podijeli sa 11 bez viška, komadići 3 3k-1 +2 4k-3 se dijele sa 11 za dodatak, drugi se podijeli sa 11, tako da je jedan od yogo množitelja broj 11. neki prirodni n. Snaga metode matematičke indukcije je dovedena do izražaja.

Dovedite da se 11 2n -1 sa dovoljnim prirodnim n može podijeliti sa 6 bez viška.

Rješenje: 1) Neka je n=1, pa se 112-1=120 podijeli sa 6 bez viška. Dakle, za n = 1 tvrdoća je tačna.

2) Prihvatljivo je da je s n=k

11 2k -1 podijeljeno sa 6 bez viška.

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

Uvredljivi dodankív se podijeli sa 6 bez viška: prvo, da se osveti višestruko od 6, broj 120, a drugom podijeliti sa 6 bez viška za dodatke. Dakle, i zbroj je podijeljen sa 6 bez viška. Dovedena je metoda matematičkog indukcijskog kaljenja.

Dovedite da se 3 3n+3 -26n-27 sa dovoljnim prirodnim n može podijeliti sa 26 2 (676) bez viška.

Rješenje: Recimo unaprijed da se 33n+3-1 može podijeliti sa 26 bez previše.

1. Za n=0

3 3 -1=26 podijeljeno sa 26

2. Pretpostavimo da je s n=k

3 3k+3 -1 je podijeljeno na 26

3. Znamo da je čvrstina

Tačno za n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3k+3 +(3 3k+3 -1) – podijeliti sa 26

Sada ćemo izvršiti dokaz tvrdnje, formulisan za um zadatka.

1) Očigledno je da je za n = 1 tvrdoća tačna

3 3+3 -26-27=676

2) Prihvatljivo je da je s n=k

viraz 3 3k+3 -26k-27 podijeliti sa 26 2 bez viška.

3) Može se pokazati da je tvrdnja tačna za n=k+1

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

Obidva dodankív podijeljen sa 26 2; prvo da se podijeli sa 26 2, na to smo doveli validnost na 26 virazi, da stoje kod hramova, a drugi da se podijeli za indukciju. Pogledom na metodu matematičke indukcije, doneto je otvrdnjavanje.

Da bismo to doveli ako je n>2 í x>0, onda je nejednakost tačna

(1+x) n >1+n´x.

Rješenje: 1) Kada je n=2, neravnine su fer, krhotine

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

Opet, A(2) je tačno.

2) Izvodljivo je da je A(k) ÞA(k+1), ako je k> 2. Pretpostavimo da je A(k) tačno, pa je nejednakost

(1+x) k >1+k´x. (3)

Može se pokazati da su ovi i A(k+1) tačni, da je nejednakost tačna

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

U stvari, množenjem povrijeđenih dijelova neravnine (3) pozitivnim brojem 1+x, uzimamo

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Pogledajmo pravi dio ostatka nervnog -

stva; možda

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

Pri rezultatu to uzimamo u obzir

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Na osnovu principa matematičke indukcije, moguće je tvrditi da Bernulijeva nedosljednost vrijedi za bilo koji

Pošteno je donijeti taj nerívníst

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

Rješenja: 1) Za m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 ofanzivna dijela su jednaka.

2) Prihvatljivo je da je m=k

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

3) Može se pokazati da je m=k+1 nejednakost tačna

(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 .

Doveli smo validnost nejednakosti za m=k+1, a zatim, na osnovu metode matematičke indukcije, nejednakost važi za bilo koje prirodno m.

Uvjeriti da je n>6 pošteno za nerívníst

3 n >n´2 n+1 .

Rešenje: Prepišimo nervozu pogleda

1. Sa n=7 možda

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

nerívníst vírna.

2. Pretpostavimo da je s n=k

3) Donosimo tačnost nejednakosti za n = k +1.

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

Oskílki k>7, preostale neravnine su očigledne.

Zbog metode matematičke indukcije, nejednakost vrijedi za bilo koje prirodno n.

Uvjeriti da je n>2 pošteno za nerívníst

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

Rješenje: 1) Ako je n=3, neravnina je pogrešna

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

1. Pretpostavimo da je s n=k

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

3) Donosimo pravičnost prema ne-

smirenost za n=k+1

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

Može se pokazati da je 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

K(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Ostanite očigledni, ali na to

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

Osvrćući se na metodu matematičke indukcije, nejednačina je izvučena na vidjelo.

Visnovok

Pošto sam dobro naučio metodu matematičke indukcije, unapredio sam svoja znanja u ovom krugu matematike, a takođe sam naučio da savladam zadatak, kao da to ranije nisam mogao.

Imaju tse buli logic i cíkaví zavdannya, tobto. tí, yakí pídvishchuyt ínteí̈ ínteí̈ í̈ í̈ í̈ yak í nauci. Ostvarivanje ovakvih zadataka postaje veliki posao, a sve nove zarazne možete naučiti u matematičkom lavirintu. Po mom mišljenju, to je osnova svake nauke.

Nastavljajući razvoj metode matematičke indukcije, pokušaću da naučim kako da učim ne samo matematiku, već i više probleme fizike, hemije i samog života.

MATEMATIKA:

PREDAVANJA, ZADACI, RIZICI

Vodič za naslove / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. TOV "Popuri" 1996.

ALGEBRA I COB ANALIZA

Direktor / I. T. Demidov, A. N. Kolmogorov, S. I. Schwarzburg, O. S. Ivashev-Musatov, B. E. Weitz. "Osvita" 1975.