Iškelkite tai naudodami matematinės indukcijos metodą bet kam. Mokslo pradžia

Saveljeva Katerina

Laikoma, kad veikla pagrįsta matematinės indukcijos metodu aukščiausiu dalijimosi lygiu, prieš pridedant eilutes. Nagrinėjamas matematinės indukcijos metodo taikymas nelygybių ir aukščiausių geometrinių uždavinių įrodymui. Darbas iliustruotas pristatymu.

Vaizdas:

Vaizdas į priekį:

Rusijos Federacijos mokslo ir plėtros ministerija

Suvereno pasižadėjimas

vidurinė mokykla Nr.618

Kursas: algebra ir bazinė analizė

Projektinio darbo tema

„Matematinės indukcijos ir stagnacijos metodas pagal aukščiausią specifikaciją“

Viconal robotas: Saveljeva E, 11B kl.

Kerivnykas : Makarova T.P., matematikos mokytoja, GOU ZOSH Nr. 618

1. Įvadas.

2. Matematinės indukcijos metodas aukščiausioje užduotyje dėl išsamumo.

3. Matematinės indukcijos metodo naudojimas prieš sumuojant eilutes.

4. Taikykite matematinės indukcijos metodą, kol pasitvirtins nelygumai.

5. Matematinės indukcijos metodo taikymas, kol išspręstos geometrinės užduotys.

6. Vikipedijos literatūros sąrašas.

Įeikite

Bet kurio matematinio tyrimo pagrindas yra dedukciniai ir indukciniai metodai. Dedukcinis prekybos metodas yra merkuvannya nuo paslėpto iki privataus. išblukimas, kurio galutinis momentas yra paslėptas rezultatas, o paskutinis momentas yra privatus rezultatas. Tada indukcija sustingsta pereinant nuo privačių rezultatų prie slaptų. є metodu, pradedant nuo dedukcinio. Matematinės indukcijos metodas gali būti sulygintas su progresu. Dėl to pradedame nuo apačios logiška mintis Mes einame prie esmės. Žmonės jau atsisakė pažangos, logiškai plėtoti savo mintis, nes pati gamta sukūrė jį augti indukciniu būdu. Nors matematinės indukcijos metodo apimtis išaugo, mokyklos programoje tam skiriama mažai laiko. Bet tai labai svarbu – matmenis apsvarstykite indukciškai. Dabar nustatytas principas yra labai paklausus, o teoremų įrodymas atitinka mokyklos praktikos tyrimą ir kitus matematinius principus: trečiojo įtraukimas, įtraukimas-išskyrimas, Dirichlet ir kt. Šiame rašinyje pateikiamos žinios iš įvairių matematikos šakų, kurių pagrindinis įrankis yra matematinės indukcijos metodas.Kalbėdamas apie to svarbą, A.N. Kolmogorovas pažymėjo, kad „protas ir supratimas nustato matematinės indukcijos principą kaip gerą brandos kriterijų, kuris yra būtinas matematikai“. Visas indukcijos metodas yra perėjimas nuo privataus saugumo prie universalaus, teisiniai dėsningumai ir teisinės formuluotės. Šis tyrimo metodas, žinoma, yra pagrindinis bet kurio eksperimentinio gamtos mokslo tyrimo metodas.

žmogaus veikla. Matematinės indukcijos metodas (principas) paprasčiausia forma sustoja, kai reikia užbaigti visų natūraliųjų skaičių išvedimą.

Zavdannya 1. Straipsnyje „Kaip aš tapau matematiku“ A.N. Kolmogorovas rašo: „Matematinio „atradimo“ džiaugsmą atpažinau anksti, pastebėjęs raštą penkiose ar šešiose uolose.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 ir pan.

Mokykloje pamačiau žurnalą „Vesnyany Lastivki“. Mano nuomonės niekas nepaskelbė...“

Mes nežinome, kokių įrodymų yra šio žurnalo gairėse, kol viskas prasidėjo privataus saugumo sąlygomis. Pati hipotezė, kuri melodingai išnyko atradus šiuos privačius pavydus, rodo, kad formulė

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

tiesa bet kuriam skaičiui n = 1, 2, 3, ...

Norint patvirtinti šią hipotezę, pakanka nustatyti du faktus. Visų pirma, už n = 1 (i n = 2, 3, 4) būtina teisingai patvirtinti. Kitu būdu priimtina, kad teiginys yra teisingesnis kada p = anksčiau, ir yra konvertuojamas iš naujo, o tai taip pat tinka n = iki + 1:

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

Na, o dangaus skliautas, kas sukurtas, tinka visiems n: kai n = 1 yra tiesa (nepatvirtinta), o iš kito fakto - už n = 2, žvaigždutės n = 3 (per tą patį, skirtingą faktą), tada.

2 pamoka. Pažvelkime į visas galimas pirmines trupmenas su skaičiumi 1 ir bet kuo (dėl

jam) znamennik: Atnešk tai bet kam p> 3 galite pamatyti vieną iš pirmo žvilgsnio P įvairių tipų šūviai.

Rishennya, Dar kartą patikrinkime kietumą, kada n = 3; mama:

Otzhe, pagrindinis tvirtovės vikonas

Dabar pripažinkime, kad skliautas, kuriuo būsime pagerbtas, yra teisingas bet kokiam skaičiui prieš, ir mes įrodysime, kad tai teisinga kitai datai prieš + 1. Kitaip tariant, priimtina, kad pasireiškimas

Jakoma k Dodanki ir visi žudynių plakatai. Parodysime, kad nurodytą vienetą taip pat galite pašalinti iš sumos rodinio prieš + 1 reikiamos išvaizdos frakcijos. Svarbu pažymėti, kad kai keičiasi trupmenos, tada ir reklamjuostės (prie duotosios su suma prieš Dodankovas) auginti blogį į dešinę, kad T – Didžiausias iš žinomų žmonių. Sumos požiūriu neigiame, kad mums reikia duoklės(prieš + 1) trupmena, kai viena trupmena dalijama į dvi, pavyzdžiui, likusią. Galite uždirbti šiek tiek iškarpų

Ir tai

Be to, buvo pamestos visos frakcijos, fragmentai T buvo didžiausia reklamjuostė ir t + 1 > t, t

t(t+1) > t.

Taigi mes nustatėme:

1. su n = 3 tse tvirtumas yra teisingas;

1. Tai, kas tinka mums, yra tiesa ir mums prieš,
   tada tai teisingiau iki +1.

Tuo remdamiesi galime patvirtinti, kad teiginys, kurį matome, yra teisingas visiems natūraliems skaičiams, pradedant trimis. Remiantis gautais įrodymais, sugeneruojamas algoritmas, leidžiantis rasti reikiamą vieneto pasiskirstymą. (Koks tai algoritmas? Pateikite skaičių 1 4, 5, 7 sumai atskirai.)

Su priekinių dviejų viršutine dalimi užsakymas buvo padalintas į dvi dalis. Pirmasis krokas vadinamas pagrindu indukcija, kita -indukcinis perėjimassu trumpu indukcijos laikotarpiu. Kitas terminas yra pats svarbiausias ir jis apima nuolankumą (teiginys teisingas, kai n = k) spėlioju (patvirtinimas teisingas, kai n = iki + 1). Pats parametras vadinamas indukcijos parametrasTai loginė schema (technika), leidžianti struktūrizuoti, kad pažvelgus į teisingų natūraliųjų skaičių teiginius (ir visus, pradedant nuo to), būtų vadinamos tiek pagrindo, tiek perėjimo galiojimo dalys.matematinės indukcijos principas, bet kokiu būdu Buvo sukurtas matematinės indukcijos metodas.Pats terminas „indukcija“ yra panašus į lotynišką žodį indukcija (guidance), o tai reiškia perėjimą nuo pavienių žinių apie įvairius šios klasės objektus prie bendrų žinių apie visus šios klasės objektus, o tai yra vienas pagrindinių žinių metodų.

Matematinės indukcijos principas, kuris yra pagrindinė dviejų terminų forma, pirmą kartą pasirodė 1654 m. Blaise'o Pascalio veikale „Traktatas apie aritmetinį tricetą“, kuriame indukcija pristatė paprastą skaičių vardinių koeficientų apskaičiavimo būdą). D. Polya apačioje cituoja B. Pascalį su mažais pakeitimais, kurie yra skirti kvadratinėms rankoms:

„Nepriklausomai nuo tų, kurie mano, kad pasiūlymas [akivaizdžiai dvinarių koeficientų formulė] atkeršyti už privačių išpuolių aklumą, aš pateiksiu labai trumpą jo įrodymą, pagrįstą dviem punktais.

Pirmoji lema patvirtina, kad troškinimas yra teisingas norint užmigti – tai akivaizdu. [Pri P = 1 formulė yra aiški...]

Kita lema patvirtina požiūrį: jei mūsų prielaida yra teisinga pakankamam pagrindui [pakankamam rezultatui], tada ji bus teisinga ir po jos sekančiam pagrindui [dėl n+1].

Tarp šių dviejų neišvengiamai prasiskverbia posakio teisingumas visoms prasmėms. P. Tiesa, nuo pirmo lemi tai tiesa P = 1; Tačiau dėl kito principo tai yra teisinga P = 2; Na, aš žinau, kad pagal kitą principą tai teisinga n = 3 ir taip toliau iki begalybės.

3 iššūkis. Dėlionė „Hanojaus Veighes“ susideda iš trijų galvosūkių. Ant vienos iš sruogų yra piramidė (1 pav.), susidedanti iš daugybės skirtingo skersmens žiedų, kurie keičiasi iš apačios į viršų.

1 pav

Šią piramidę reikia perkelti į vieną iš kitų gijų, perkeliant po vieną žiedą ir nededant daugiau žiedų ant mažesnio. Kaip galima užsidirbti pinigų?

Sprendimas. Na, mes turime reaguoti į maitinimo šaltinį: kaip galime perkelti piramidę, kurią sudaro P skirtingo skersmens žiedas, nuo vieno pjūvio iki kito, laikantis pjūvio taisyklių? Dabar mūsų turimi duomenys, kaip atrodo, yra parametrizuoti (įvestas natūralusis skaičius d), Tai galima nustatyti matematinės indukcijos metodu.

1. Indukcijos pagrindas. Kai n = 1 viskas aišku, nes piramidė iš vieno žiedo akivaizdžiai gali būti perkelta į bet kokį kirpimą.
2. Indukcijos laikas. Priimtina, kad galime perkelti bet kokias piramides aplink kelis žiedus p = iki.
   Pažiūrėkime, kad galime ir maistą perkelti iš n = iki +1.

Piramidka nuo iki žiedas, ant ko gultis didžiausias(prieš + 1) žiedai, su priedais galime perkelti juos į bet kurį kitą pjūvį. Zrobimo tse. Neruhome(prieš + 1)-as žiedas iš mūsų neprivalės, kiek įmanoma, atlikti perkėlimo algoritmą. Po persikraustymo prieš žiedas, daugiausia judinamas(prieš + 1) žiedas už pamestą kirpimą. Ir tada mums žinomas poslinkio algoritmas už indukcinių prielaidų vėl sustingsta prieš žiedą ir perkelkite juos į pjūvį nuo tų, kurie guli apačioje(prieš +1) žiedas. Tokiu būdu, kad išjudintume piramides prieš žiedai, tada užuot perkėlus piramides iš prieš + 1 žiedas. Tada, remdamiesi matematinės indukcijos principu, dabar galite perkelti piramidę, kurią sudaro p kilets, de p > 1.

Matematinės indukcijos metodas aukščiausioje užduotyje, siekiant išsamumo.

Naudojant papildomą matematinės indukcijos metodą, galima įrodyti įvairius teiginius apie natūraliųjų skaičių dalumą.

Zavdanya 4 . Jei n yra natūralusis skaičius, tada skaičius yra lygus.

Kai n=1, mūsų teiginys yra teisingas: vaikinas yra skaičius. Tarkime, kad tai vaikino numeris. Oskolki, 2k yra vaikino numeris, tai vaikino numeris. Be to, paritetas rodomas n=1, o iš pariteto daroma išvada. Na, poromis visoms gamtos vertybėms n.

Zavdannya 3. Atsineškite skaičių Z 3 + 3 - 26n - 27 su pakankamai natūraliu n padalytas iš 26 2 be pertekliaus.

Sprendimas. Indukcija padidinsime papildomą kietėjimą, kuris yra 3 3n+3 - 1 dalijamas iš 26 be pertekliaus, kai n>0.

1. Indukcijos pagrindas. Jei p = 0 maєmo: 3 3 - 1 = 26 - padalytas iš 26.

Indukcijos laikas. Tarkime 3 3n+3 - 1 dalijamas iš 26, kai p = anksčiau, ta Leiskite mums žinoti, kad tokiu atveju teiginys bus teisingas p = iki + 1. Skeveldros 3

tada iš indukcinės prielaidos galime daryti išvadą, kad skaičius yra 3 3k + 6 – 1 dalijamas iš 26.

Dabar dangaus skliautas buvo iškeltas į šviesą, suformuluotas žmonių mintyse. Grįšiu su indukcija.

1. Indukcijos pagrindas. Aišku, kada n = 1 tvirtovė: 3 fragmentai 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Indukcijos laikas. Priimtina, kad kai n = aukštyn
   viraz 3 3k + 3 - 26k - 27 yra padalintas iš 26 2 be papildomo dėmesio, ir įrodykime, kad teiginys yra teisingas, kai n = iki + 1,
   koks skaičius

padalinti iš 26 2 jokio papildomo mokesčio. Likusioje sumoje dodankų pasipiktinimas be pertekliaus bus padalintas iš 26 2 . Pershe - tam, kuris atnešė tobulą išvaizdą stovėdamas prie rankų, 26 m.; kitas – indukcijos skyrimui. Remiantis matematinės indukcijos principu, būtinas teiginys buvo visiškai įrodytas.

Matematinės indukcijos metodo naudojimas prieš apibendrinant eilutes.

Zavdanya 5. Užbaikite formulę

N yra natūralusis skaičius.

Sprendimas.

Kai n = 1, įžeidžiančios pavydo dalys paverčiamos viena, taigi, visų pirma, matematinės indukcijos principas.

Tarkime, kad formulė yra teisinga, kai n=k.

Galima prie abiejų dalių pridėti šią lygybę ir suderinti tinkamą dalį. Todi yra nuimamas

Taigi, kadangi formulė yra teisinga n=k, iš to išplaukia, kad ji teisinga ir n=k+1. Šis teiginys yra teisingas bet kuriai gamtos vertei k. Be to, matematinės indukcijos principo draugas taip pat yra Vikonianas. Formulė buvo užpildyta.

Zavdannya 6. Ant doštos užrašyti du skaičiai: 1,1. Įvedę sumą tarp skaičių, atimame skaičius 1, 2, 1. Kartodami šią operaciją dar kartą atimame skaičius 1, 3, 2, 3, 1. Po trijų operacijų bus skaičiai 1, 4 , 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Kokia bus visų skaičių suma kitą dieną? 100 operacijų?

Sprendimas. Vikonuvati usi 100 Operacijos būtų net varginančios ir varginančios. Na, jūs turite pabandyti sužinoti slaptą sumi S formulę skaičiai po p operacijos. Pažiūrėkime į lentelę:

Ar pastebėjote čia kokį nors modelį? Tačiau galite uždirbti dar vieną monetą: po kelių operacijų bus skaičiai

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

kurių S 4 suma lygi 82.

Tiesą sakant, galite nerašyti skaičių, o iš karto pasakyti, kaip suma pasikeis pridėjus naujus skaičius. Tegul suma padidėja 5. Koks būsite, jei ateis nauji skaičiai? Yra naujas skinų skaičius dviejų senų sumai. Pavyzdžiui, iš 1, 3, 2, 3, 1 einame į 1,

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

Jei tas pats skaičius (be dviejų kraštutinių) dabar įtraukiamas į sumą tris kartus, tada nauja suma lygi 3S - 2 (2 pridedama prie kasdieninių). Tomas S 5 = 3S 4 - 2 = 244, i vzagali

Kokia tai slapta formulė? Jei tai būtų ne tik du, tai suma iš karto padidėtų ryte, kaip ir trijų žingsnių (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). Ir mūsų skaičiai, matyt, yra dar vienas. Tokiu būdu galite paleisti

Dabar pabandykime tai užbaigti indukcija.

Indukcijos pagrindas. Stebėkitės prie stalo (už n = 0, 1, 2, 3).

Indukcijos laikas. Tarkim

Pakelkime tai tada S iki + 1 = 3 iki + 1 + 1.

Tiesa,

Na, mūsų formulė baigta. Matyti, kad po šimto operacijų visų skaičių suma šiais laikais 100 + 1.

Pažvelkime į vieną nuostabų matematinės indukcijos principo pavyzdį, kuriame pirmiausia reikia nustatyti du natūralius parametrus, o tada atlikti indukciją naudojant juos.

Zavdannya 7. Atsinešk ką nori= 2, x 2 = 3 ir bet kokiam natūraliam p> Gegužės 3-ioji yra santuokos vieta

x p = 3x p - 1 - 2x p - 2

Tai

2 p – 1 + 1, p = 1, 2, 3, ...

Sprendimas. Mielasis, kurio duota išvestis yra skaičių seka(x p) nurodoma indukcija, likę mūsų sekos nariai, išskyrus pirmuosius du, nurodomi indukciniu būdu, tada per priekinius. Taip vadinama užduočių seka pasikartojantis, Ir, mūsų nuomone, ši seka yra paskirta (pirmųjų dviejų narių pareigoms) vienu rangu.

Indukcijos pagrindas. Rezultatas susideda iš dviejų ramsčių apvertimo: p = 1 i p = 2. Abiem atvejais tvirtumas yra teisingas už proto.

Indukcijos laikas. Tarkime, už ką p = iki - 1 i p = iki vikonano tvirtovė, tobto

Tada pateikime teisingumą patvirtinimui n = iki + 1. Mayo:

x 1 = 3 (2 + 1) - 2 (2 + 1) = 2 +1, tai yra tai, ką reikia užpildyti.

Zavdanya 8. Parodykite, kad net jei tai yra natūralusis skaičius, jį galima pavaizduoti daugelio skirtingų pasikartojančių Fibonačio skaičių sekos terminų suma:

iki > 2.

Sprendimas. Eime - natūralusis skaičius. Indukciją atliksime kuo greičiau P.

Indukcijos pagrindas. Kai n = 1 patvirtinimas yra teisingas, nes pats 1 yra Fibonačio skaičius.

Indukcijos laikas. Priimtina, kad visi natūralieji skaičiai yra mažesni P, Galite taikyti kelių skirtingų Fibonačio sekos narių sumą. Mes geriausiai pažįstame Fibonacci Ft, Aš nepersistengiu P; tokia tvarka F t p i F t +1 > p.

Oskolki

Po to, kai indukcija leidžiama, skaičius p-F t galima pateikti 5 skirtingų Fibonačio sekos narių pavidalu, o su likusia nelygybe visi Fibonačio sekos nariai dalyvauja sumoje ir 8, mažiau Ft. Taigi skaičiai išdėstyti n = 8 + F t patenkina protą susijaudinimu.

Taikykite matematinės indukcijos metodą, kol pasitvirtins nelygumai.

Zavdanya 9. (Bernoulli nerimas.)Leiskite man žinoti, ką x > -1, x 0, і zhalom n > 2 nesąžiningumas yra teisingas

(1+x) p>1+xn.

Sprendimas. Įrodymas vėlgi atliekamas indukcija.

1. Indukcijos pagrindas. Mes paverčiame teisingumą nelygybe, kai n = 2. Tiesa,

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

2. Indukcinis laikotarpis. Priimtinas, kas už skaičių n = aukštyn tada skliautas yra teisingas

(1 + x) iki > 1 + xk,

De į > 2. Jogo n = į + 1. Maєmo: (1 + x) į + 1 = (1 + x) į (1 + x)> (1 + x) (1 + x) =

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

Tačiau, remiantis matematinės indukcijos principu, galima patvirtinti, kad Bernulio nelygybė galioja bet kuriai n>2.

Ne visada užduotyje, kuri slypi už šio matematinės indukcijos metodo, yra aiškiai suformuluotas paslėptas dėsnis. Kartais reikia būti atsargiems, norint nustatyti (atspėti) sunkius inkstų iškritimus, nustatyti bet kokį pagrindinį kvapo dėsnį ir tada, naudojant matematinės indukcijos metodą, prieiti prie nustatytos hipotezės. Be to, gali būti užmaskuota reikšminga indukcija, ir pirmiausia reikia nustatyti, kokiu parametru indukcija grindžiama. Vis dėlto pažiūrėkime į šią nelaimę.

Zavdannya 10. Išnešk

kad ir koks būtų natūralus n>1.

Rishennya, Pabandykime iškelti šią nelygybę matematinės indukcijos metodu.

Indukcijos pagrindą galima lengvai patikrinti: 1+

Po indukcijos

ir mums to nereikia perteikti

Kaip paspartinti indukcines prielaidas, tai patvirtiname

Nors pavydas tikrai yra tikras, jis mums neteikia didžiausios laimės.

Pabandykime padaryti jį stipresnį, nei reikia išėjimo užduočiai. Ir leiskite mums tai pasakyti

Galite manyti, kad indukcijos tikslo siekimas yra beviltiškas.

Tačiau už n = 1 maєmo: įmonė yra teisinga. Indukcinės dangos gruntavimui priimtina

Ir leiskite mums tai pasakyti

Tiesa,

Tokiu būdu mes perdavėme stipresnį teiginį, iš kurio iškart išplaukia patvirtinimas, kuris vyksta tikinčiųjų galvoje.

Pagrindiniai čia yra tie, kuriuos norėjome ir turėjome pateikti tvirtesnius teiginius, nereikalaujant pateiktų, kitaip indukciniame procese galime greitai gauti stiprių nuolaidų. Tai paaiškina, kad paprastas matematinės indukcijos principas leidžia daryti išvadą.

Didžiosios tragedijos valandą susidariusi situacija buvo pavadintavyndarystės fenomenas.Pats reiškinys slypi tame, kad sudėtingesni planai gali būti sėkmingai įgyvendinti, nes jie pagrįsti didesniu intelekto gyliu.

11 komanda. Atneškite, kad 2 t + p – 2 tp kad ir kokiems gamtos žmonėms tipo.

Sprendimas. Čia yra du parametrai. Taigi galite pabandyti palaikyti tokį skambutįantrinė indukcija(Indukcija indukcijos viduryje).

Kruopščiai atliksime indukcinį sujungimą P.

1. Indukcinė bazė per p. Kai n = 1 reikia patikrinti ką 2t~1>t. Norėdami įrodyti šią nelygybę, greita vandens indukcija T.

A) Panašių indukcijos pagrindas. Kai t = 1 ženklas
pavydas, kuris yra leistinas.

b) Įvadinis laikotarpis ir kt.Priimtina, kad kai t = į tada skliautas yra tiesa 2 iki ~ 1 > iki. Todi iki
Atrodo, kad patvirtinimas bus teisingas net tada, kai t = iki +1.
Maemo:

su natūraliais iki.

Tokiu būdu nervingumas 2 laikykitės to, kas natūralu T.

2. Indukcijos laikas per p.Pasirenkamas ir fiksuojamas kaip natūralusis skaičius T. Priimtina, kad kai n = I tvirtumas yra teisingas (su fiksuotu t), tada 2 t +1 ~ 2 > t1, ir mes įrodysime, kad šis patvirtinimas bus teisingas ir n = l+1.
Maemo:

kad ir kokiems gamtos žmonėms t ta p.

Taip pat, remiantis matematinės indukcijos principu (už d) įsakymo tvirtinimas tinka bet kam P ir bet kokiam fiksuotam T. Tokiu būdu ši nelygybė yra bet kokia natūrali tipo.

Zavdannya 12. Eime - natūraliuosius skaičius ir t > p. Yra dar du skaičiai:

Odos infekcijos prieš kvadratinės šaknies ženklai, t i p bijo.

Sprendimas. Perkelkime tai į kitą tašką.

Lemma. Kad ir kokiems gamtos žmonėms t i p (t > p) ir nematomam (nebūtinai visumai) X nesąžiningumas yra sąžiningas

Baigta. Pažvelkime į nervingumą

Ši nelygybė yra teisinga, nes bendraamžių pasipiktinimas kairėje pusėje yra teigiamas. Atidarę arkas ir jas kurdami iš naujo, jas pašaliname:

Tamprioji kvadratinė šaknis nuo abiejų likusių nelygybių dalių pašalinama grūdinant lema. Na, problema buvo pasiekta.

Dabar pereikime prie problemos sprendimo. Žymiai didesnis už pateiktus skaičius A, o kitam – per b į. Pažiūrėsim ką kad ir koks būtų natūralus prieš. Įrodymas atliekamas naudojant matematinės indukcijos metodą, griežtai vaikinams ir neporoms prieš.

Indukcijos pagrindas. Kai pakilo = 1 gali būti nemalonu

y[t > y/n , teisinga per tuos, kurie t > p. Kai iki = 2 reikia išeiti su Lemos duotu keitimu x = 0.

Indukcijos laikas. Priimtinas, jei yra faktinisį nervingumą a >b į šviesus. Pažiūrėsim ką

Turėdami prielaidą apie indukciją ir kvadratinės šaknies monotoniškumą, galime:

Iš kitos pusės, iš kitos pusės liejasi lema,

Sujungę dvi likusias nelygybes, galime pašalinti:

Ši išvada padaryta prie matematinės indukcijos principo.

Zavdanya 13. (Koshy nervingumas.)Praneškite, kad bet kokie teigiami skaičiai..., a p nesąžiningumas yra sąžiningas

Sprendimas. Kai n = 2 nervingumas

Mes labai žinome apie aritmetinį vidurkį ir geometrinį vidurkį (dviejų skaičių). Eime n = 2, iki = 1, 2, 3, ... ir dabar atliksime indukciją prieš. Indukcijos reikšmės pagrindas yra vietoje. Dabar darant prielaidą, kad reikiama nelygybė jau įdiegta n = 2, atnešime jį jums P = 2. Maemo (stovėjusi dviejų skaičių nelygybė):

Na, už indukcinius malonumus

Tokiu būdu, indukuodami su mumis, sukūrėme nelygybę visiems 9 p - žingsnis iš dviejų.

Įrodyti nelygybę kitoms vertybėms P Paspartindami „indukciją žemyn“, matome, kad Viconan nelygumai yra gana nežinomi. P skaičiai, tada tas pats pasakytina ir apie(P - 1 diena. Pagarbiai pergyvenkime dėl zroblenim pašalpos P skaičiai Wiconano nelygumai

tada a g + a 2 + ... + a n_x> (n - 1) A. Suskirstęs nusižengusias dalis į P - 1, būtinas nervingumas pašalinamas.

Dabar nuo pat pradžių nustatėme, kad nelygybėje yra begalinis galimų verčių skaičius. P, ir tada jie parodė, kad Wiconan nelygumai yra skirti P skaičiai, tai galioja(P - 1) skaičiai. Situacija dabar išspręsta, todėl katės nerimas gali būti tinkama vieta rinkiniui P būti-bet kokie nežinomi skaičiai, reiškiantys būti-kažkuo n = 2, 3, 4, ...

Zavdanya 14. (D. Uspenskis.) Bet kokiam trikutnik ABC, bet kokiam kuti = CAB = CBA sutemos, stūkso netikrumo vieta

Sprendimas. Kuti ir prieblanda, ale tse (už reikšmių) reiškia, kad tse kuti yra tamsiajame pasaulyje, nes = p, = (p, q yra abipusiai pirminiai natūralieji skaičiai).

Greitas matematinės indukcijos metodas atliekamas naudojant maišelį p = p + q tarpusavyje pirminiai natūralieji skaičiai.

Indukcijos pagrindas. Kai p + q = 2 galime: p = 1 ir q = 1. Tada tricutus ABC yra lygus, o būtinos nelygybės yra akivaizdžios: nuo tricutus disbalanso sklinda smarvės.

Indukcijos laikas. Dabar priimtina, kad nelygybės būtų nustatytos p + q = 2, 3, ..., iki - 1, de į > 2. Įrodykime, kad nelygybės yra teisingos p + q = k.

Eime į ABC – Danų trikutnik, kuriame> 2. Abi pusės AC ir PS negali pavydėti: neleisk AC > ND. Dabar pakalbėkime apie 2 kūdikį, lygiakraštį tricubitą ABC; mama:

AC = DC i AD = AB + ВD, tada,

2AC > AB + BD (1)

Dabar pažvelkime į trikutniką GVA, Viską taip pat galima išlyginti:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Mažas 2

Kuriam megztam megztiniui duota indukcinė įtampa, ir prie to

(2)

Pridėję (1) ir (2), galime:

2AC+BD>

ir tai

Iš to paties trikutniko VBS pradėjus indukciją, būtina

Daktaro priekinis nelygumas, paguldome

Taigi indukcinis perėjimas pašalinamas, o problemos sukietėjimas išplaukia iš matematinės indukcijos principo.

Pagarba. Pažado tvirtumas prarandamas, kai situacija nuobodu. Šio požiūrio esmė – dabar turime nustatyti kitą svarbų matematinį principą – nepertraukiamumo principą.

Užsakymas 15. Tiesūs gabalai padalina paviršių į dalis. Praneškite, kad šias dalis galima paruošti iš baltųjų

ir juodos spalvos, kad kraujagyslės dalys, sudarančios kordono kordoną, būtų kitokios spalvos (kaip kūdikiui 3 n = 4).

3 paveikslas

Sprendimas. Greita indukcija per kelias tiesias linijas. O brangioji, paleisk mane P - Tiesių linijų, padalijančių mūsų plotą į dalis, skaičius, n>1.

Indukcijos pagrindas. Aš tiesiog vienas(P = 1), tada paviršių galite padalyti į du paviršius, iš kurių vieną galima paruošti balta spalva, o kitas juodas, ir patvirtinimas teisingas.

Indukcijos laikas. Norėdami aiškiau įrodyti indukcinį perėjimą, pažvelkime į vienos naujos tiesioginės linijos pridėjimo procesą. Pasakykite draugui tiesiogiai(P= 2), tada galime pašalinti keturias dalis, kurias galima tinkamai paruošti, paruošę tos pačios spalvos lysves. Įdomu, kas nutiks, jei atliksime trečią tiesią. Galite padalyti „senųjų“ dalių dalis, kad sukurtumėte naujas kordono dalis, kurių abiejose pusėse būtų tos pačios spalvos (4 pav.).

Mažas 4

Išdėskime taip:iš vienos pusėsnaujajame tiesioginiame keičiame spalvas - balta ir juoda; Šiuo atveju tos dalys, kurios yra kitoje pusėje tiesia linija, nėra per daug paruoštos (5 pav.). Tada šis naujas paveikslas atitiks keliamus reikalavimus: vienoje pusėje jau buvo nubrėžta tiesi linija (kartu su kitomis spalvomis), o kitoje - buvo reikalaujama. Kad kordoną sudarančios dalys būtų laikomos tiesia linija, jos paruošiamos skirtingomis spalvomis, o dalys papildomos tik vienoje pusėje prieš tiesiąją.

5 pav

Dabar užbaigsime indukcinį perėjimą. Priimtina, kas už veiksmąn = aukštynpalikimo patvirtinimas yra teisingas, todėl visos teritorijos dalys, kuriose jie dalinsispriešTiesiogiai galite paruošti baltos ir juodos spalvos, kad apatinės dalys būtų skirtingos spalvos. Pažiūrėkime, kad tokia užtvara taip pat skirtaP= prieš+ 1 Tiesus Tai panašu į perėjimą iš dviejų tiesių į tris. Laikysime aikštėjeprieštiesiai Tada, pradėjus indukciją, išimtą kortelę galima tinkamai apdoroti. Padarykime tai dabar(prieš+ 1)-oji tiesi linija ir vienoje pusėje prieš ją keičiame spalvas ant lovos. Šiuo būdu, dabar(prieš+ 1) čia pat sklypai suskirstyti raižytomis spalvomis, su kuriomis „senos“ dalys, kurias jau paruošėme, jau nėra tinkamai paruoštos. Panašus į matematinės indukcijos principą.

Zavdannya16. Dykumos pakraštyje yra didžiulės benzino atsargos ir automobilis, galintis nuvažiuoti 50 kilometrų su pakartotiniu papildymu. Taip pat yra keletas kanistrų, į kuriuos galite pilti benziną iš automobilio degalų bako ir laikyti jį taupymui bet kurioje tuščioje vietoje. Praneškite mums, kad automobilis gali nuvažiuoti daugiau nei 50 kilometrų, nepaisant to, ar jis sukomplektuotas. Negalite vežtis benzino balionėlių, tuščias galite vežtis bet kurioje vietoje.

Sprendimas.Pabandykime pagreitinti indukcijąP,kuriuo automobiliu galima važiuotiPkilometrų nuo dykumos krašto. AtP= 50 vaizdo įrašų. Nebuvo įmanoma atlikti įvadinės procedūros ir paaiškinti, kaip ten patektin = aukštyn+ 1 kilometras, kaip žinoten = aukštynGalite keliauti kilometrus.

Tačiau čia mums sunku suprasti: po to, kai praėjomeprieškilometrų, grįžtant benzino gali neužtekti (jau nekalbant apie pinigų taupymą). Ir šioje situacijoje išeitis slypi siekiamo tvirtumo sustiprinime (vyndario paradoksas). Mes jums parodysime, kad galite tiesiog išsiverstiPkilometrų ir tuo pačiu metu stotyje sukaupti daug benzinoPkilometrų nuo dykumos pakraščio, šioje vietoje sustoja baigęs pervežimą.

Indukcijos pagrindas.Ką jau kalbėti apie benziną – tiek benzino reikia vienam kilometrui kelio. Jei skrydis eina 1 kilometrą ir atgal, tai užtrunka du vienetus benzino, tada galime sutaupyti 48 vienetus benzino tuo pačiu kilometro atstumu nuo krašto ir pasukti atgal naujos porcijos. Tokiu būdu kelioms kelionėms prieš susitikimą galite sukaupti pakankamo dydžio atsargas, kurių prireiks. Jei reikia papildyti rezervą 48 vienetais, benzinui išleisite 50 vienetų.

Indukcijos laikas.Tai priimtina kelyjeP= priešDykumos pakraštyje galite apsirūpinti benzinu. Įrodykime, kad galima sukurti kontūziją kylantn = aukštyn+ 1 kilometras su iš anksto nustatytu benzino tiekimu ir patikrinkite su tokia transporto priemone transportavimui. Tiksliai šukėsP= priešJei nėra benzino tiekimo, tada (remiantis indukcine baze) galime kelis kartus nuvykti į taškąn = aukštyn+ 1 uždirbti taškąP= prieš4- 1 pakankamo dydžio atsargos pagal poreikį.

Draudžiamo teiginio tiesa, kuri anksčiau nebuvo žinoma, dabar išplaukia iš matematinės indukcijos principo.

Visnovok

Nuo to laiko, išmokęs matematinės indukcijos metodą, patobulinau savo žinias apie šią matematikos sritį, taip pat pradėjau įveikti žinias, kurios anksčiau man buvo nepajėgios.

Tai turi logiškų ir tikslingų užduočių. tie, kurie skatina domėtis pačia matematika kaip mokslu. Dauguma tokių užduočių tampa naudinga veikla ir gali sukelti naujų matematinių labirintų papildymų. Mano nuomone, tai yra bet kurio mokslo pagrindas.

Toliau mokydamasis matematinės indukcijos metodo, išmoksiu tai suprasti ne tik matematikos, bet ir svarbiausių fizikos, chemijos ir paties gyvenimo problemų.

Literatūra

1.Vulenkino INDUKCIJA. Kombinatorika. Vadovas skaitytojams. M., Prosvitnitstvo,

1976.-48 p.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcija geometrijoje. - M: Valstybės teismas. vidavnitstvo. litras. – 1956 – С.I00. Papildoma pagalba matematikoje priešuniversitetiniams studentams / Red. Jakovleva G.M. Mokslas. -1981 m. – P.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Indukcija geometrijoje. -
M.: Nauka, 1961. - (Populiarios matematikos paskaitos.)

4. I.T.Demidovas, A.N.Kolmogorovas, S.I.Švarcburgas, O.S.Ivaševas-Musatovas, B.E.Weitzas. Navchalny sąvadas / "Osvita" 1975 m.

5.R. Courant, R. Robbins "Kas yra matematika?" 1 skirsnis, 2 dalis

6.Popa D. Matematika ir tikrovės tikėtinumas. - M: Mokslas, 1975 m.

7. Popa D. Matematinė raida. - M.: Nauka, 1976 m.

8. Rubanovas I.S. Kaip pradėti taikyti matematinės indukcijos metodą/Matematikos mokyklą. - Nl. – 1996. – P.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom IM. Apie matematinės indukcijos metodą. - M.: Nauka, 1977. - (Populiarios matematikos paskaitos.)

10.Solominskis I.S. Matematinės indukcijos metodas. - M: Mokslas.

63-ieji.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Apie matematinę indukciją. - M: Mokslas. – 1967. – P.7-59.

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

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

p align="justify"> Įrodinėjimo metodas, pagrįstas Peano aksioma 4, naudojamas daugeliui matematinių galių ir įvairių principų įrodyti. To pagrindas yra tokia teorema.

Teorema. Kas yra tvirtumas A(n) su natūralia mėsa n tiesa už n= 1 nuo to, kas yra tiesa n = k atsekti, kad tai tiesa, ir nurodyti datą n=k, tos tvirtovės A(n) n.

Baigta. Žymiai per M be šių ir be šių natūraliųjų skaičių, kai kuriems kietiesiems kūnams A(n) tiesa. Štai teorema: 1) 1 M; 2) kMkM. Žvaigždės, ant 4 aksiomos stovo dedame ką M =N, tada. grūdinimas A(n) tiesa bet kokiam natūraliam n.

Įrodinėjimo metodas, pagrįstas šia teorema, vadinamas naudojant matematinės indukcijos metodą, o aksioma yra indukcijos aksioma. Toks įrodymas susideda iš dviejų dalių:

1) sukietėti A(n) tiesa už n= A(1);

2) leisti išlikti tvirtai A(n) tiesa už n = k ir, išėjus iš šio sustabdymo, įgyvendinti tai, kas yra tvirtai įsitvirtinusi A(n) tiesa už n = k + 1, tada. Kas yra tikra meilė A(k) A(k + 1).

Jakščas A( 1) A (k) A(k + 1) - teisingas vislovlyuvannya, tada sulaužyti visnovok nuo to, kuris yra tvirtai A(n) tiesa bet kuriam natūraliam skaičiui n.

Įrodymas matematinės indukcijos metodu gali prasidėti ne tik patvirtinant teiginio for teisingumą n= 1, jei yra natūralusis skaičius m. Kas užgrūdino A(n) bus rodomi visiems natūraliems skaičiams nm.

Zavdannya. Įrodykime, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus tikroji lygybė yra 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

Sprendimas. Pavydas 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n- formulė, kurią naudojant galima rasti pirmųjų iš eilės nesuporuotų natūraliųjų skaičių sumą. Pavyzdžiui, 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (4 papildomų dankų kiekis), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (6 papildomų dankų suma); Jei šios sumos pakanka 20 nurodyto tipo papildymų, tada jis yra lygus 20 = 400 ir pan. Nustačius šios lygties teisingumą, iš formulės galima rasti bet kokio nurodyto tipo priedų skaičiaus sumą.

1) Konvertuotas į šios lygybės tiesą n= 1. Kada n= 1 kairiąją lygybės pusę sudaro vienas narys, lygus 1, dešinioji pusė lygi 1 = 1. Taigi, kadangi 1 = 1, tada n= 1 ceremonija yra tiesa.

2) Priimtina, kad šis pavydas yra tikras n = k, tada. kas 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Remiantis šia prielaida, aišku, kad tai tiesa n = k + 1, tada. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Pažvelkime į kairę likusio uolumo pusę.

Už atlaidus – pirmosios skreplius k Dodankovas yra senas k ir tomas 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 toks pat senas virusas ( k + 1).

Na, tiesa apie šią lygybę n = k + 1 baigtas.

Tokiu būdu suteikiamas tikras uolumas n= 1 ir nuo jo tiesos už n = k atsekti tiesą n = k + 1.

Pats Timas suprato, kad šis pavydas galioja bet kuriam natūraliam skaičiui.

Taikant panašų matematinės indukcijos metodą, galima nustatyti ir lygybių, ir nelygybių tiesą.

Zavdannya. Atnešk nN.

Sprendimas. Patikrinkime nelygybės tiesą kada n= 1. Maemo – tikras nerimas.

Priimtina, kad nelygybė yra tiesa, kai n = k, tobto. - Naudingas nerimas. Įrodykime be išankstinio nusistatymo, kad teisingiau ir kada n = k + 1, tada. (*).

Išspręskime kairiąją nervingumo dalį (*), su medikų pagalba:.

Ale, tai reiškia, kad aš .

Na, ši nelygybė galioja n= 1, ir nuo to, kad nelygybė galioja aktyviesiems n= k, mes atmetėme tai, kas buvo teisingiau n= k + 1.

Pats Timas, vikorista ir 4 aksioma, privedė mus prie išvados, kad ši nelygybė galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui.

Naudojant matematinės indukcijos metodą, galima sukurti kitus teiginius.

Zavdannya. Pareikškite, kad bet kuris natūralusis skaičius yra tikras kietasis skaičius.

Sprendimas. Patikrinkime patvirtinimo teisingumą kada n= 1: -Registracija.

Priimtinas, kuris yra teisingesnis kada n = k: . Parodykime, vikorista, patvirtinimo tiesą n = k + 1: .

Kabrioletas Viraz: . Pažinkime zakristiją kі k+ 1 narys. Atrodo, kad skirtumas yra 7 kartotinis, o po praleidimų jis dalijasi iš 7, tada kartotinis taip pat pakeičiamas į 7:

Priedai dalijasi iš 7, tada i.

Tokiu būdu principas yra teisingas n= 1 ir nuo jo tiesos už n = k atsekti tiesą n = k + 1.

Pats Timas suprato, kad šis teiginys tinka bet kuriam natūraliajam skaičiui.

Zavdannya. Atnešk ką bet kuriam natūraliam skaičiui n 2 tikri teiginiai (7-1)24.

Sprendimas. 1) Mes patikriname patvirtinimo teisingumą, kai n= 2: - Naudingas pareiškimas.

Matematinė indukcija yra vieno iš plačiausių matematinio įrodymo metodų pagrindas. Su šia pagalba galite užpildyti daugumą formulių natūraliaisiais skaičiais n, pavyzdžiui, formulę pirmųjų progreso narių sumos radimui S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n Niutono dvinarė formulė 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 .

Pirmame punkte pažvelgsime į pagrindines sąvokas, tada pažvelgsime į paties metodo pagrindus ir tada suprasime, kaip galima pasiekti pavydą ir nelygybę.

Indukcijos ir dedukcijos sąvokos

Dabar pažiūrėkime, kas yra indukcija ir dedukcija.

Viznachennya 1

Indukcija- tai perėjimas iš privataus į privatų ir atskaita navpaki – nuo ​​zagalnogo iki chastkovy.

Pavyzdžiui, turime posakį: 254 galima padalyti į dvi dalis. Iš to galime sukurti platų asortimentą ginklų, kurių dalis bus naudinga, o dalis – žalinga. Pavyzdžiui, teiginys, kad visi sveikieji skaičiai, pavyzdžiui, skaičius 4, gali dalytis iš dviejų be pertekliaus – teisingas, o tie, kurie yra trijų ženklų skaičius, gali dalytis iš 2 – hibna.

Apskritai galime teigti, kad indukcinio sunaikinimo pagalba galima pašalinti medžiagų nebuvimą iš vienos matomos ir akivaizdžios oksidacijos. Matematinė indukcija leidžia mums nustatyti, kiek teisingi rezultatai.

Tarkime, kad turime skaičių seką, tokią kaip 1 1 · 2 , 1 2 · 3 , 1 3 · 4 , 1 4 · 5 , . . . , 1 n (n + 1), kur n reiškia natūralųjį skaičių. Šiuo atveju, kai pirmieji elementai yra sulankstyti, seka, kurią pašaliname, yra tokia:

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 , . . .

Vikoristine indukcija galima elgtis nepretenzingai, kad S n = n n + 1 . Trečioje dalyje užpildysime šią formulę.

Koks yra matematinės indukcijos metodas?

Jis remiasi tuo pačiu principu. Jis suformuluotas taip:

Vičenija 2

Jei šis teiginys galioja natūraliajai reikšmei n, jei 1) jis teisingas, kai n = 1 ir 2), nes jis galioja natūraliai reikšmei n = k, tada jis galioja ir n = k + 1 .

Matematinės indukcijos metodas pagrįstas 3 etapais:

1. Pirmiausia patikriname išvesties sukietėjimo tikslumą esant skirtingoms natūralioms n vertėms (patikrinkite vieną).
2. Po to patikriname n = k galiojimą.
3. Ir teiginio pagrįstumas buvo įrodytas, nes n = k + 1.

Kaip įgyvendinti matematinės indukcijos metodą sprendžiant nelygybes ir lygybes

Paimkime užpakalį, apie kurį kalbėjome anksčiau.

1 užpakalis

Užpildykite formulę S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 +. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1 .

Sprendimas

Kaip jau žinome, kad matematinės indukcijos metodas veiktų, reikia atlikti tris iš eilės veiksmus.

1. Pirmiausia patikriname, ar duotoji lygybė bus teisinga, jei n lygi vienetui. Išvestinė S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Čia viskas teisinga.
2. Toliau darome prielaidą, kad formulė S k = k k + 1 yra teisinga.
3. Trečiasis asmuo turi įrodyti, kad S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2, remiantis pirmojo teisingumu.

K + 1 galime pavaizduoti kaip pirmųjų išvesties sekos i k + 1 narių sumą:

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

Fragmentai buvo pašalinti kitu žingsniu, todėl S k = k k + 1 galima parašyti tiesiogiai:

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

Dabar būtini pakeitimai atlikti. Sumažėjusią frakciją turime viskonizuoti iki miegantis baneris, suteikdami panašius priedus, suformuluokite sutrumpinto daugybos formulę ir sutrumpinkite išėjusias:

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

Tokiu būdu mes priartėjome prie trečiojo taško, užbaigdami visus tris matematinės indukcijos metodo etapus.

Tema: Pakalbėkime apie formulę S n = n n + 1 є vernim.

Trigonometrinių funkcijų problemos yra daug sudėtingesnės.

2 užpakalis

Įrodykite cos 2 α · cos 4 α · tapatumą. . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

Sprendimas

Kaip prisimename, pirmiausia reikia patikrinti lygties tikslumą ties n, kuri yra tas pats vienetas. Kad būtų aišku, reikia žinoti pagrindines trigonometrines formules.

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

Todėl, jei n lygus vienetui, tapatybė bus teisinga.

Dabar priimtina, kad teisingumas gali būti išsaugotas, kai n = k, tada. Tiesa, cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Iškeliama lygybė cos 2 α · cos 4 α ·. . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α vipadkui, jei n = k + 1, kaip pagrindą imant priekinę subsumpciją.

Naudojant trigonometrinę formulę,

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

Otje,

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

Straipsnyje apie metodą rastas didžiausių pastangų įrodyti šio metodo nelygybę pavyzdys mažiausi kvadratai. Perskaitykite pastraipą, kurioje išvestos formulės aproksimavimo koeficientams rasti.

Jei tekste pažymėjote paslaugą, peržiūrėkite jį ir paspauskite Ctrl+Enter

Daugelyje matematikos šakų galima įrodyti tokiu būdu glūdinčio teiginio teisingumą. meilės tikrumas p(n) Dėl " nĮJUNGTA (bet kam nĮJUNGTA p(n) tiesa).

Dažnai reikia atsivežti naudojant matematinės indukcijos metodą.

Jis pagrįstas matematinės indukcijos principu. Todėl ji pasirenkama kaip viena iš aritmetikos aksiomų, todėl priimama be įrodymų. Panašus į matematinės indukcijos principą, teiginys p(n) Manoma, kad pokyčių prasmė yra teisinga visoms natūralioms medžiagoms, nes yra dvi mintys:

1. Pasiūlymas p(n) tiesa už n= 1.

2. Iš teiginio, kad p(n) tiesa už n =k (k- gana natūralus skaičius) pėdsaką, kuris yra teisingas n =k+ 1.

Matematinės indukcijos metodu suprantame šį įrodinėjimo metodą

1. Patikrinkite patvirtinimo teisingumą n= 1 – indukcijos pagrindas.

2. Tarkime, kad tvirtumas yra tinkamas n = k - indukcinė pašalpa.

3. Įrodykite, kad tai taip pat tinka n =k+ 1 indukcinė jungtis.

Kitas pasiūlymas p(n) gali būti tiesa ne visiems natūraliems n, ir pradeda kažką daryti n = n 0. Ir čia patikrinama indukcijos pagrindo tiesa p(n) adresu n = n 0.

užpakalis 1. Paleisk. Atnešk

1. Indukcinė bazė: at n= 1 už ankstesnius S 1 = 1, o formulė turi vieną rezultatą. Tvirtai verne.

n = k ta .

n = k+ 1. Pažiūrėkime, kas .

Veiksmingai, remiantis indukcine prielaida

Šis virusas yra tirpus

Indukcinis perėjimas baigtas.

Pagarba. Gera užsirašyti, kas duota (indukcinis būdvardis) ir ką reikia iškelti į dienos šviesą!

užpakalis 2. Atsinešti

1. Indukcijos pagrindas. At n= 1, tvirtai, aiškiai, teisingai.

2. Indukciniu būdu neleidžiama. Eime n = kі

3. Indukcinis perėjimas. Eime n = k+ 1. Tai aišku:

Tiesą sakant, dešinę kvadrato pusę žinome kaip dviejų skaičių sumą:

Manoma, kad Vikoristo indukcinė formulė aritmetinės progresijos sumai: , atmetama

užpakalis 3. Sukelkite nervingumą

1. Indukcijos pagrindas yra patvirtinimo už, tada teisingumo patikrinimas. būtina pasitikrinti nervingumą. Kam užtenka žinoti kvadrato nelygybę: arba 63< 64 – неравенство верно.

2. Tegul neramumas tau tinka.

3. Tebūnie aišku:

Vikoristo indukcijos prielaida

Žinant, kaip gali atrodyti dešinė pusė, ši disbalanso dalis yra matoma

Sunku nustatyti, ar tikslus daugiklis neatsveria vieno. Tiesa,

užpakalis 4. Parodykite, kad bet kurio natūraliojo skaičiaus skaičius baigsis skaitmeniu.

1. Mažiausiai natūralus, kuriam teisingas pareiškimas, yra senesnis. .

2. Tegul skaičius baigiasi . Tai reiškia, kad šį skaičių galima parašyti taip, lyg tai būtų natūralusis skaičius. Todi.

3. Paleiskite. Pažiūrėkime, ar jis baigiasi . Vikoristuyuchi otrimana vistavu, otrimaemo

Likęs skaičius yra lygus vienam.

papildyti

1.4. Matematinės indukcijos metodas

Kaip matote, matematiniai teiginiai (teoremos) gali būti pagrįsti ir užbaigti. Esame susipažinę su vienu iš įrodinėjimo būdų – matematinės indukcijos metodu.

Apskritai indukcija yra sujungimo būdas, leidžiantis pereiti nuo privačių prie nežemiškų. Vartų perėjimas iš švento į privatų vadinamas dedukcija.

Išskaičiavimas visada leis padaryti teisingas išvadas. Pavyzdžiui, mes žinome paslėptą rezultatą: visi sveiki skaičiai, kurie baigiasi nuliu, dalijasi iš 5. Žinoma, galite padaryti paprastą išvadą, pavyzdžiui, konkretų skaičių, kuris baigiasi 0, pavyzdžiui, 18 0, dalijasi iš 5.

Tą pačią valandą indukcija gali sukelti neteisingas išvadas. Pavyzdžiui, pažymėdami, kad skaičius 60 dalijasi iš skaičių 1, 2, 3, 4, 5, 6, neturime teisės rašyti apie tuos, kad 60 dalijasi iš bet kurio skaičiaus.

Matematinės indukcijos metodas leidžia daugeliu atvejų lengvai įrodyti formalaus teiginio P(n), kurio formuluotėje yra natūralusis skaičius n, pagrįstumą.

Metodas apima 3 etapus.

1) Indukcijos pagrindas: patikriname teiginio P(n) pagrįstumą esant n = 1 (arba kitai privačiai reikšmei n, iš kurios perkeliamas P(n) galiojimas).

2) Indukcijos prielaida: daroma prielaida, kad P(n) galioja n = k.

3) Indukcijos narys: vikoristinė prielaida, aišku, kad P(n) galioja n = k + 1.

Dėl to galima padaryti nedviprasmišką išvadą apie P(n) galiojimą bet kuriam n ∈ N. Iš tiesų, kai n = 1, teiginys yra teisingas (indukcijos bazė). Taip pat tiesa, kad n = 2, perėjimo fragmentai nuo n = 1 iki n = 2 pradmenys (indukcijos periodas). Dėl ženklų ir signalų indukcijos periodo sąstingio P(n) galiojimas n = 3, 4, 5, . . ., tada P(n) yra teisingas visiems n.

14 pavyzdys. Pirmųjų n nesuporuotų natūraliųjų skaičių suma lygi n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n - 1) = n2.

Patvirtinimas atliekamas naudojant matematinės indukcijos metodą.

1) Bazė: kai n = 1, yra mažiau nei vienas sudėjimas, atimant: 1 = 1.

Tvirtai verne.

2) Prielaida: daroma prielaida, kad bet kuriam asmeniui k yra teisinga: 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k2.

Atskleidžiamos užduotys apie patikimumą patekus į šaudymo valandą

Augalo zagalnaya nustatymas yra toks:

Tikimybė, kad taikinys bus paveiktas vienu šūviu, yra $p$. $n$ sušaudymai vykdomi. Raskite tikimybę, kad taikinys bus pataikytas tiksliai $k$ kartų (jei pataikys $k$).

Bernulio formulė gali būti priimta ir pašalinta:

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

Čia $C_n^k$ — skaičius svyruoja nuo $n$ iki $k$.

Problema susijusi su daugybe rodyklių su skirtingomis kalbomis Pataikymas į tikslą, teorija, sprendimo taikymas ir skaičiuoklė, kurią rasite čia.

Video pamoka ir Excel šablonas

Peržiūrėkite mūsų vaizdo įrašą apie naują užduotį apie kūrimą pagal Bernulio schemą ir sužinokite, kaip naudoti „Excel“ tipinėms užduotims atlikti.

Galite laisvai atsisiųsti Excel failą iš vaizdo įrašo ir naudoti jį užduotims tobulinti.

Taikykite įsakymą pataikyti į taikinį šūvių serijoje

Pažvelkime į keletą tipiškų akcijų.

užpakalis 1. Buvo 7 susišaudymai. Ekspozicijos koeficientas vienam kadrui yra lygus 0,705. Išsiaiškinkite fakto tikrumą, su kuriuo bus lygiai 5 dienos.

Akivaizdu, kad problema susijusi su pakartotiniu nepriklausomu bandymu (šaudymas į taikinį), iš viso atliekama $n=7$ šūvių, pataikymo tikimybė atliekant odos testą yra $p=0,705 $, tikimybė praleistas yra $q=1-p=1-0,70 5=0,295 $.

Reikia paskaičiuoti, kad bus tiksliai $k=5$ pataikymas. Viską sudedame į formulę (1) ir pašaliname: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

užpakalis 2. Vieno šūvio poveikio į taikinį tikimybė yra 0,4.

Į taikinį buvo atlikti keli nepriklausomi šūviai. Išsiaiškinkite, ko norėtumėte pasiekti vienu tikslu.

Svarbiausi parametrai: $n=4$ (po fotografavimo), $p=0.4$ (ekspozicijos įvykis), $k \ge 1$ (jei tokį norėtųsi).

Vikorist formulė progesterono veiksmingumui užtikrinti (be vandens):

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

Norėčiau išleisti vieną kartą iš beveik 0,87 arba 87 proc.

užpakalis 3.Šaulio taikinio intensyvumo lygis išlieka 0,3.

Žinokite tikimybę, kad šešiais šūviais į taikinį bus pataikyta nuo trijų iki šešių kartų.

Prieš atliekant užduotį, būtina žinoti tikimybę, koks įvykių skaičius įvyks tam tikru intervalu (o ne tiksliai kuris skaičius). Ale formulė vikoristovuetsya pernelyg.

Aišku, kad meta bus pataikyta nuo trijų iki šešių kartų, taigi bus arba 3, arba 4, arba 5, arba 6 smūgiai.

Šie duomenys apskaičiuojami pagal formulę (1):

$$P_6(3) = C_(6)^3\ctaškas 0,3^3\ctaškas 0,7^3 = 0,185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \ctaškas 0,3^4\ctaškas 0,7^2 = 0,06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \ctaškas 0,3^5\ctaškas 0,7^1 = 0,01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \ctaškas 0,3^6\ctaškas 0,7^0 = 0,001.

Šios nesąmonės, nesuprantamumo fragmentus galima rasti naudojant nesuprantamumo pridėjimo formulę: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6( 6) = $$ $$ = 0,185 + 0,06 + 0,01 + 0,001 = 0,256. $$

užpakalis 4. Vieno šūvio į taikinį keturiais šūviais patikimumas siekia 0,9984. Išsiaiškinkite tikimybę pataikyti į taikinį vienu šūviu.

Tikimybė pataikyti į taikinį vienu šūviu yra didelė. Pristatykime šiuos dalykus:
$A = $ (noriu padaryti vieną šūvį iš taikinio),
ir paskutinis žodis, kuris gali būti parašytas taip:
$\overline(A) = $ (Visi 4 kadrai bus skirti bet kokiam tikslui, kiek įmanoma ilgiau).

Užrašykime $A$ homoviralumo formulę.

Pateiktos vertės yra: $ n = 4 $, $ P (A) = 0,9984 $. Pakeiskite ir pašalinkite iš (1) formulės:

$$ 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.

Manome, kad tai tiesa, kad taip atsitiko:

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

Taip pat taikinio poveikio tikimybė vienu šūviu lygi 0,8.

Kad ir ką skaitytumėte ir pasidalintumėte su kitais

Korisni poslannya

Sprendime raskite paruoštas problemas:

Internetinis Bernulio formulės tyrimas

Virusinė nelygybė skaičiuotuvo pagalba

Nerimas matematikoje apima visus lygius, kur „=“ pakeičiamas bet kuriuo iš šių simbolių: \ [> \] \ [\ geq \] \ [

* linijinis;

* Kvadratinė;

* šautuvas;

* orientacinis;

* trigonometrinis;

*logaritminis.

Todėl dėl šio nelygumo jie vadinami linijiniais, daliniais ir kt.

Jūsų pareiga yra žinoti šiuos požymius:

* nelygumai su didesniu (>) arba mažesniu simboliu (

* Netobulumai su piktogramomis, pvz., didesnė arba lygi \[\geq\] mažesnė arba lygi [\leq\], vadinami neprofesionaliais;

* piktograma nėra ta pati [[ne]], tačiau būtina nuolat taisyti su šia piktograma susijusias problemas.

Toks nestabilumas egzistuoja, kai atrodo, kad keičiasi tapatybės.

Taip pat skaitykite mūsų straipsnį „Ne tik internetinių pažinčių sprendimas“

Priimtina, kad puolimo neapibrėžtumas nustatomas:

Manome, kad tai yra tas pats kaip linijinis derinimas Būkite atsargūs ir sekite nelygumo ženklą.

Nuo pat pradžių perkeliame narius iš nežinomo į kairę, iš matomo į dešinę, keičiame simbolius priekyje:

Tada padalijame nusižengusias šalis iš -4 ir laikui bėgant keičiame nelygybės ženklą:

Tai liudijimas soste.

Kur galiu būti neramus internete?

Rungtynes ​​galite atrakinti mūsų svetainėje pocketteacher.ru.

Bernoulli nelygumo skaičiuoklė

Vos per sekundę – nemokamas internetinis sprendimas užsakyti pasimatymus internetu, kad ir kaip sunku tai būtų. Viskas, ką jums reikia uždirbti, yra įvesti savo duomenis paskyroje. Taip pat galite peržiūrėti vaizdo įrašo instrukcijas ir sužinoti, kaip pasisekti mūsų svetainėje.

O jei turite maisto, galite juos tiekti iš mūsų grupės „Vkontakte“: pocketteacher. Prisijunkite prie mūsų grupės, mielai jums padėsime.

Pakartotinės matematinės indukcijos metodas

Atsietos gretos / Diferencialinės gretos

© Kontrona robota RU - internetiniai skaičiuotuvai

Diferencialinių lygių išskaidymas

Įveskite skirtumą.

Rivnyanya:

Jei reikia papildomos skaičiuoklės pagalbos, galite patikrinti diferencinis palyginimas skirtingas sulankstymas.

Taikykite atsietus diferencialinius lygius

Matematinės indukcijos metodas

Įeikite

Pagrindinė dalis

1. Pilna ir netolygi indukcija
2. Matematinės indukcijos principas
3. Matematinės indukcijos metodas
4. Užpakalio sprendimai
5. Uolumas
6. Skaičių sąrašas
7. Nerimas

Visnovok

Vikilistų sąrašas

Įeikite

Bet kurio matematinio tyrimo pagrindas yra dedukciniai ir indukciniai metodai. Dedukcinis prekybos metodas yra merkuvannya nuo paslėpto iki privataus. išblukimas, kurio galutinis momentas yra paslėptas rezultatas, o paskutinis momentas yra privatus rezultatas. Tada indukcija sustingsta pereinant nuo privačių rezultatų prie slaptų. є metodu, pradedant nuo dedukcinio.

Matematinės indukcijos metodas gali būti tobulinamas progresuojant. Pradedame nuo žemiausio, o loginio mąstymo dėka pasiekiame aukščiausią. Žmonės jau atsisakė pažangos, logiškai plėtoti savo mintis, nes pati gamta sukūrė jį augti indukciniu būdu.

Nors matematinės indukcijos metodo apimtis išaugo, mokyklos programoje tam skiriama mažai laiko. Na, tarkime, rudieji turėtų atnešti tas dvi ar tris pamokas, kurioms pajus penkis žodžius iš teorijos, išmoks penkias įdomias užduotis ir dėl to atims penkias tiems, kurių nieko nežino.

Tai taip pat labai svarbu – matmenis apsvarstykite indukciškai.

Pagrindinė dalis

Už pagrindinės vietos žodis „indukcija“ stovi, kol išnyksta, o po to jį galima pašalinti zagalini vysnovki, besisukantis ant žemo privataus dangaus. Paprasčiausias tokio tipo sumušimo būdas yra pakartotinė indukcija. Ašies užpakalis toks suteptas.

Įsitikinkite, kad natūralaus vaikino skaičius n yra ne didesnis kaip 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.

Šie devyni užsidegimai rodo, kad skaičių, kuriuos mums reikia iškasti, odelė yra efektyviai vaizduojama dviejų paprastų priedų suma.

Taip pat yra nuolatinė indukcija dėl to, kad slaptas stangrumas tepamas tiesiai ant odos nuo galimų epizodų pabaigos.

Kartais paslėptą rezultatą galima perteikti pažiūrėjus ne į visus, o per daugybę žiedinių sankryžų (taip vadinasi nenuosekli indukcijos).

Indukcija atmestas rezultatas prarandamas, tačiau tik hipotezė, kol nebus atlikti tikslūs matematiniai skaičiavimai, kurie supa viską aplink kritimą. Kitaip tariant, netobulą matematikos indukciją gerbia ne teisėtas tvirto įrodymo metodas, o stiprus naujų tiesų atradimo metodas.

Pavyzdžiui, reikia žinoti pirmųjų n iš eilės nesuporuotų skaičių sumą. Pažvelkime aplink iškritimą:

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

Pažvelgus į šiuos daugybę greta esančių protrūkių, primenama, kaip užpuolė:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tobto. pirmųjų n pirmųjų nesuporuotų skaičių suma lygi n 2

Žinoma, didesnis atsargumas gali būti formulės pagrįstumo įrodymas.

Pakartotinė indukcija sumažina matematikos stagnaciją. Yra daug matematinių teiginių, patvirtinančių nesuskaičiuojamą skaičių nuosėdų, ir mums neįmanoma atlikti nesuskaičiuojamo iškritimų skaičiaus patikrinimo. Netinkama indukcija dažnai sukelia švelnius rezultatus.

Daugeliu atvejų išeitis iš tokių sunkumų priklauso nuo specialaus indukcijos metodo, vadinamo matematinės indukcijos metodu. Vіn slypi kitame žingsnyje.

Būtina įrodyti šio teiginio pagrįstumą bet kuriam natūraliajam skaičiui n (pavyzdžiui, reikia įrodyti, kad pirmųjų n neporinių skaičių suma lygi n 2). Visiškai pakartotinai patikrinti šio odos stangrumo n vertės neįmanoma, nes natūraliųjų skaičių yra begalinis. Norėdami užbaigti išvadą, pirmiausia patikrinkite jos pagrįstumą n=1. Tada mes teigiame, kad bet kuri natūrali reikšmė k iš nagrinėjamo teiginio teisingumo, kai n=k, gauna teisingumą n=k+1.

Šis patvirtinimas yra gerbiamas ir perduodamas visiems. Tiesa, teiginys teisingas, kai n=1. Ale todi vono faire y odnogo skaičius n=1+1=2. Šis tvirtinimo teisingumas, kai n=2, lemia tą patį teisingumą ir n=2+

1=3. Tai rodo patvirtinimo galiojimą, kai n=4 ir kt. Mums pasirodė, kad pagaliau prieisime prie bet kurio natūraliojo skaičiaus n. Na, teiginys teisingesnis bet kuriam n.

Tai jau pasakę, suformuluokime už žemės slypintį puolimo principą.

Matematinės indukcijos principas.

Kadangi teiginys A(n), kuris yra su natūraliuoju skaičiumi n, yra teisingas, kai n=1 ir kadangi jis yra teisingas n=k (jei k yra natūralusis skaičius), tada jis teisingas natūraliajam skaičiui n= k +1, prielaida A(n) yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Daugeliu atvejų šio teiginio pagrįstumą reikia įrodyti ne visiems natūraliems skaičiams, o ypač n>p, kur p yra fiksuotas natūralusis skaičius. O čia matematinės indukcijos principas suformuluotas taip.

Jei teiginys A(n) yra teisingas, kai n=p ir jei A(k)ÞA(k+1) bet kuriam k>p, tai teiginys A(n) yra teisingas bet kuriam n>p.

Įrodymas matematinės indukcijos metodu atliekamas tokiu būdu. Nuo šiol tvirtumas turi būti patikrintas, kai n=1, tada. nustatoma A(1) sąlygos tiesa. Ši patvirtinimo dalis vadinama indukcijos pagrindu. Tada ateina įrodinėjimo dalis, vadinama indukciniu bandymu. Kurio dalis yra įrodyti teiginio, kai n=k+1, ir tariamą teiginio, kai n=k, pagrįstumą (tariama indukcija), tada. įrodyti, kad A(k) ÞA(k+1).

Pateikite 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Sprendimas: 1) Gegužės n=1=1 2 . Otje,

teiginys teisingas, kai n=1, tada. A(1) yra tiesa.

2) Įrodykime, kad A(k) ÞA(k+1).

Tegu k yra natūralusis skaičius ir teiginys teisingas, kai n = k, tada.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

Įrodykime, kad teiginys galioja ir besitęsiančiam natūraliajam skaičiui n=k+1, tada. ką

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Tiesa,

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

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Pagal matematinės indukcijos principą prielaida A(n) tikrai yra nÎN.

Atnešk

1+x+x 2 +x 3 +…+x n =(x n+1 -1)/(x-1), de x1

Sprendimas: 1) Kai n=1 pašalinama

1+x=(x2-1)/(x-1)=(x-1)(x+1)/(x-1)=x+1

Be to, n=1 formulė yra teisinga; A(1) yra tiesa.

2) Tegul k yra natūralusis skaičius ir formulė teisinga, kai n = k, tada.

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

Pažiūrėkime, kad čia pavydas baigiasi.

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

Tiesa

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).

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Remiantis matematinės indukcijos principu, išplaukia, kad formulė yra teisinga bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Išgaubto n-kutniko įstrižainių skaičius yra lygus n(n-3)/2.

Sprendimas: 1) n=3 dešinėje

Ir 3 išmintingai, daugiau trikutnik

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

A 2 A(3) yra tiesa.

2) Priimtina, kad visi

išsipūtusios k-kutnik meškos

A 1 x A k = k (k-3) / 2 įstrižainės.

Ir k Pažiūrėkime, kas negerai su išsipūtimu

(k+1)-kutnik skaičius

įstrižainės A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Nehai A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 - opukly (k + 1)-kutnik. Nubrėžkime naują įstrižainę A1Ak. Norint pakoreguoti šio (k+1)-kampio įstrižainių skaičių, reikia pakoreguoti įstrižainių skaičių k langelyje A 1 A 2 ...A k , pridėti prie apskaičiuoto skaičiaus k-2, tada. (k+1)-kutniko įstrižainių, besitęsiančių iš viršūnių A k+1 i, skaičius, be to, seka įstrižainę A 1 A k .

Tokiu būdu

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

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Remiantis matematinės indukcijos principu, teiginys yra teisingas bet kuriai išgaubtai n stulpeliui.

Norėdami tai pasakyti, bet kuriam asmeniui yra teisingas patvirtinimas:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Skiriamoji geba: 1) Tegul n = 1, tada

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

Na, su n=1 skliautas yra teisingesnis.

2) Priimtina, kad n=k

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

3) Pažiūrėkime į pateiktą kietėjimą n=k+1

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)(2k2 +7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+)

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

Mes nustatėme lygybės i pagrįstumą n = k + 1, ir dėl matematinės indukcijos metodo teiginys yra teisingesnis bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Sąžininga tai pasakyti dėl bet kokio natūralaus pavydo:

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

Skiriamoji geba: 1) Tegul n = 1.

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

Mi, kas n=1 yra teisingiau.

2) Priimtina, kad pavydas yra teisingas n = k

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

3) Įrodykime šio teiginio teisingumą, jei n=k+1, tada.

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.

Iš aukščiau pateikto įrodymo aišku, kad teiginys yra teisingas n = k + 1, todėl pavydas yra teisingas bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Atnešk

((2 3 +1)/(2 3 -1))´((3 3 +1)/(3 3 -1))´…´((n 3 +1)/(n 3 -1))= 3n(n+1)/2(n2+n+1), kur n>2.

Sprendimas: 1) n=2 tapatybė atrodo taip: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tobto. Teisingai.

2) Priimtina, kad išraiška yra teisinga n = k

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

3) Įrodykime viruso teisingumą, kai 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).

Mes nustatėme lygybės pagrįstumą n=k+1, tada taikant matematinės indukcijos metodą teiginys yra teisingas bet kuriam n>2

Atnešk

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

bet kuriai natūraliai n.

Skiriamoji geba: 1) Tegul n = 1, tada

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

2) Priimtina, kad tada n=k

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

3) Įrodykime šio teiginio teisingumą esant 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).

Įrodyta, kad lygtis teisinga, kai n=k+1, todėl teiginys teisingesnis bet kuriam natūraliam n.

Įsitikinkite, kad vienodumas yra tiesa

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

bet kuriai natūraliai n.

1) Jei n = 1, tapatybė yra teisinga: 1 2 /1 '3 = 1 (1 +1) / 2 (2 +1).

2) Priimtina, kad n=k

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

3) Įrodykime, kad n=k+1 tapatybė teisinga.

(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).

Iš aukščiau pateiktų įrodymų aišku, kad tvirtumas tinka bet kuriai natūraliai n.

Pateikiame, kad (11n+2+122n+1) dalijasi iš 133 be pertekliaus.

Skiriamoji geba: 1) Tegul n = 1, tada

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

Ale (23´133) dalinamas iš 133 be pertekliaus, taigi esant n=1 tvirtumas yra teisingas; A(1) yra tiesa.

2) Priimtina, kad (11 k+2 +12 2k+1) dalinamas iš 133 be pertekliaus.

3) Paaiškinkime, ką turi šis laikas

(11 k+3 +12 2k+3) dalinamas iš 133 be pertekliaus. Tiesa 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.

Suma atmetama dalinti iš 133 be pertekliaus, nes pirmasis sudėjimas dalijamas iš 133 be priedų pertekliaus, o kitame vienas iš daugiklių yra 133. Taigi, A(k) ÞA(k+1). Pasiektas matematinės indukcijos metodo stiprumas.

Pateikiame, kad bet kuriam n 7 n -1 dalijasi iš 6 be pertekliaus.

Sprendimas: 1) Tegul n = 1, tada X 1 = 7 1 -1 = 6 padalykite iš 6 be pertekliaus. Tai reiškia, kad n = 1 teiginys yra teisingas.

2) Priimtina, kad n=k

7 k-1 dalijamas iš 6 be pertekliaus.

3) Įrodykime, kad teiginys galioja n=k+1.

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

Pirmasis priedas dalijamas iš 6, 7 k -1 fragmentai sriubai dalijami iš 6, o kitas priedas yra 6. Taigi 7 n -1 yra bet kurio natūraliojo skaičiaus n kartotinis. Pasiektas matematinės indukcijos metodo stiprumas.

Pareikškite, kad 3 3n-1 +2 4n-3 su pakankamu natūraliu n dalijasi iš 11.
Skiriamoji geba: 1) Tegul n = 1, tada

X 1 = 3 3-1 +2 4-3 = 3 2 +2 1 = 11 padalytas iš 11 be pertekliaus. Na, su n=1 skliautas yra teisingesnis.

2) Priimtina, kad n=k

X k =3 3k-1+24k-3 dalijamas iš 11 be pertekliaus.

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas 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.

Pirma, papildoma suma padalijama iš 11 be pertekliaus, fragmentai 3 3k-1 +2 4k-3 dalijami iš 11 po priedų, kita dalijama iš 11, nes vienas iš jos daugiklių yra skaičius 11. Tai reiškia, kad suma dalinama iš 11 be pertekliaus be- bet kuriai natūraliai n. Pasiektas matematinės indukcijos metodo stiprumas.

Parodykite, kad 11 2n -1 su pakankamu natūraliu n dalijasi iš 6 be pertekliaus.

Skiriamoji geba: 1) Tegul n=1, tada 112-1=120 dalijame iš 6 be pertekliaus. Tai reiškia, kad n = 1 teiginys yra teisingas.

2) Priimtina, kad n=k

11 2k -1 dalijamas iš 6 be pertekliaus.

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

Priedų nusikaltimas dalinamas iš 6 be pertekliaus: pirma, skaičius dalijasi iš 6, skaičius yra 120, o kitas dalijamas iš 6 be pertekliaus sriuboms. Tai reiškia, kad suma dalijasi iš 6 be pertekliaus. Matematinės indukcijos metodas buvo įrodytas.

Atneškite, kad 3 3n+3 -26n-27 su pakankamu natūraliu n yra padalintas iš 26 2 (676) be pertekliaus.

Sprendimas: Iš anksto įrodykime, kad 33n+3-1 dalijasi iš 26 be pertekliaus.

1. Kai n=0

3 3 -1=26 dalijamas iš 26

2. Priimtina, kad n=k

3 3k+3 -1 dalijamas iš 26

3. Praneškite mums, kas yra tvirtai nustatyta

Teisingai n=k+1.

3 3k+6 -1=27´3 3k+3 -1=26´3 3l+3 +(3 3k+3 -1) – pratęsti 26

Dabar mes įrodysime meistro galvoje suformuluotą teiginį.

1) Akivaizdu, kad n = 1 teiginys yra teisingas

3 3+3 -26-27=676

2) Priimtina, kad n=k

Viraz 3 3k+3 -26k-27 dalijamas iš 26 2 be pertekliaus.

3) Įrodykime, kad teiginys teisingas n=k+1

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

Dodankų pasipiktinimas dalijamas iš 26 2; Pirma, padalinkite iš 26 2, kad užbaigtumą padidintume iki 26 laipsnių, kurie stovi prie rankų, o kitą padaliname indukcija. Remiantis matematinės indukcijos metodu, padaryta išvada.

Įrodykite, kad jei n>2 ir x>0, tai nelygybė teisinga

(1+x) n >1+n´x.

Sprendimas: 1) Kai n=2 nelygybė teisinga, tik

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

Na, A(2) yra tiesa.

2) Įrodykime, kad A(k) ÞA(k+1), nes k> 2. Leisti, kad A(k) teisinga, tada nelygybė teisinga

(1+x) k >1+k´x. (3)

Įrodykime, kad net A(k+1) yra tiesa, taigi, kad nelygybė yra teisinga

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Tiesą sakant, nelygybės (3) dalių padauginimas iš teigiamo skaičiaus 1+x pašalinamas.

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Pažvelkime į dešinę likusio nervingumo dalį

stva; maєmo

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

Rezultatas aiškus

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Remiantis matematinės indukcijos principu, galima patvirtinti, kad Bernulio nelygybė galioja bet kuriai

Parodykite, kad nerimas yra teisingas

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

Sprendimas: 1) Kai m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 pažeidžiančios dalys lygios.

2) Priimtina, kad m=k

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

3) Įrodykime, kad su m=k+1 nelygybė yra teisinga

(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 .

Mes nustatėme nelygybės pagrįstumą, kai m=k+1, ir tada, taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė galioja bet kuriai natūraliajai m.

Parodykite, kad n>6 nelygybė yra teisinga

3 n >n´2 n+1 .

Sprendimas: perrašykite savo išvaizdos nervingumą

1. Esant n=7 tai įmanoma

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

Nerimas yra tiesa.

2. Priimtina, kad n=k

3) Parodykime nelygybės tikslumą, kai n = k +1.

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

K>7 fragmentai, likęs nervingumas akivaizdus.

Taikant matematinės indukcijos metodą, nelygybė galioja bet kuriam natūraliajam skaičiui n.

Parodykite, kad n>2 nelygybė yra teisinga

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

Sprendimas: 1) Kai n=3, nelygybė teisinga

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

1. Priimtina, kad n=k

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

3) Įgyvendinkime teisingumą

lygus n=k+1

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

Pažiūrėkime, kad 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

Tai lieka akivaizdu, bet

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

Žvelgiant į matematinės indukcijos metodą, buvo pasiekta nelygybė.

Visnovok

Išmokęs matematinės indukcijos metodą, patobulinau savo žinias šioje matematikos srityje, taip pat išmokau įveikti problemas, kurios anksčiau nebuvo mano jėgų.

Tai turi logiškų ir tikslingų užduočių. tie, kurie skatina domėtis pačia matematika ir mokslu. Tokių užduočių kilimas yra puikus darbas, o matematikos laboratorijose galite gauti vis įdomesnių. Mano nuomone, tai yra bet kurio mokslo pagrindas.

Toliau mokydamasis matematinės indukcijos metodo, išmoksiu tai suprasti ne tik matematikos, bet ir svarbiausių fizikos, chemijos ir paties gyvenimo problemų.

MATEMATIKA:

PASKAITOS, MOKYMAS, SPRENDIMAS

Pagrindinis leidinys / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Šabuninas. TOV „Popuri“ 1996 m.

ALGEBRA IR GRĮŽTA PRIE ANALIZĖS

Pagrindinis vadovas / I. T. Demidovas, A. N. Kolmogorovas, S. I. Schwarzburgas, O. S. Ivaševas-Musatovas, B. E. Weitz. „Osvita“ 1975 m.