Priveďte to pomocou metódy matematickej indukcie pre kohokoľvek. Začiatok vedy

Savelyeva Kateřina

Aktivita sa považuje za založenú na metóde matematickej indukcie na najvyššej úrovni deliteľnosti, pred pridaním radov. Skúma sa aplikácia metódy matematickej indukcie na dôkaz nepravidelností a najvyšších geometrických úloh. Práca je ilustrovaná prezentáciou.

Vantage:

Pohľad dopredu:

Ministerstvo vedy a rozvoja Ruskej federácie

Suverénna zástava

stredná škola č.618

Kurz: algebra a základná analýza

Téma projektovej práce

“Metóda matematickej indukcie a stagnácie podľa najvyššej špecifikácie”

Viconal robot: Savelyeva E, trieda 11B.

Kerivnyk : Makarova T.P., učiteľka matematiky, GOU ZOSH č.618

1. Úvod.

2. Metóda matematickej indukcie v najvyššej úlohe pre úplnosť.

3. Použitie metódy matematickej indukcie pred sčítaním radu.

4.Aplikujte metódu matematickej indukcie, kým sa nezrovnalosti nepotvrdia.

5. Použitie metódy matematickej indukcie do vyriešenia geometrických úloh.

6. Zoznam literatúry Wikipédie.

Zadajte

Základom každého matematického skúmania sú deduktívne a induktívne metódy. Deduktívna metóda merchandisingu je teda merkuvannya od skrytého k súkromnému. blednutie, ktorého posledný moment je skrytým výsledkom a posledným momentom je súkromný výsledok. Indukcia teda stagnuje pri prechode od súkromných výsledkov k tajným. є metódou siahajúcou od deduktívnej. Metóda matematickej indukcie sa dá vyrovnať s pokrokom. V dôsledku toho začíname zdola logická myšlienka Ideme k veci. Ľudia sa už vzdali pokroku, aby logicky rozvíjali svoje myšlienky, pretože sama príroda to vytvorila tak, aby rástli induktívne. Hoci rozsah metódy matematickej indukcie narástol, školské osnovy jej venujú málo času. Ale je to tak dôležité - zvážte rozmery indukčne. Zavedený princíp je teraz veľmi žiadaný a dokazovanie teorémov je v súlade so štúdiom školskej praxe a ďalšími matematickými princípmi: inklúzia tercie, inklúzia-vylúčenie, Dirichlet a ďalšie. Táto esej obsahuje poznatky z rôznych odvetví matematiky, ktorých hlavným nástrojom je použitie metódy matematickej indukcie.A o jej dôležitosti hovorí A.N. Kolmogorov poznamenal, že „rozum a porozumenie ustanovujú princíp matematickej indukcie ako dobré kritérium zrelosti, ktoré je pre matematiku nevyhnutné“. Metóda indukcie vo svojej celistvosti spočíva v prechode od súkromnej bezpečnosti k univerzálnej, právnych zákonitostiach a právnych formuláciách. Táto výskumná metóda je samozrejme hlavnou metódou vykonávania výskumu v akejkoľvek experimentálnej prírodnej vede.

ľudská aktivita. Metóda (princíp) matematickej indukcie vo svojej najjednoduchšej podobe sa zastaví, keď je potrebné dokončiť odvodenie všetkých prirodzených čísel.

Zavdannya 1. V článku „Ako som sa stal matematikom“ od A.N. Kolmogorov píše: „Radosť z matematického „objavu“ som spoznal skoro, keď som si všimol vzor v piatich alebo šiestich kameňoch.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 = 3 2

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 a tak ďalej.

V škole som videl časopis "Vesnyany Lativki". Môj názor nikto nezverejnil...“

Nevieme, aké dôkazy existujú o vedení tohto časopisu, kým sa všetko nezačalo pod súkromnou bezpečnosťou. Samotná hypotéza, ktorá melodicky zmizla po objavení týchto súkromných žiarlivostí, naznačuje, že vzorec

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2

pravdivé pre akékoľvek dané číslo n = 1, 2, 3, ...

Na potvrdenie tejto hypotézy stačí stanoviť dve skutočnosti. V prvom rade pre n = 1 (i pre n = 2, 3, 4) je potrebné správne potvrdiť. Iným spôsobom je prijateľné, že tvrdenie je správnejšie, keď p = predtým, a je rekonvertovaný, čo platí aj pre n = až + 1:

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

No, nebeská klenba, to, čo je spôsobené, je správne pre každého n: pre n = 1 je pravdivé (neoverené) a z inej skutočnosti - za n = 2, hviezdičky pre n = 3 (cez tú istú, inú skutočnosť).

Lekcia 2. Pozrime sa na všetky možné primárne zlomky s číslom 1 a čímkoľvek iným (na účely uvedenia-

ho) znamennik: Prineste to za čokoľvek p> 3 jeden vidíte na prvý pohľad P rôzne druhy výstrelov.

Rishennya, Znovu skontrolujeme tvrdosť, kedy n = 3; maєmo:

Otzhe, základná nebeská viconano

Pripusťme teraz, že nebeská klenba, ktorou budeme uctievaní, platí pre akékoľvek číslo predtým, a my dokážeme, že je to pravda pre nasledujúci dátum predtým + 1. Inými slovami, je prijateľné, aby sa prejav

v Jakoma k Dodanki a všetky transparenty masakru. Ukážeme si, že danú jednotku môžete odstrániť aj z pohľadu súčtu predtým + 1 zlomok požadovaného vzhľadu. Je dôležité si uvedomiť, že keď sa zlomky zmenia, potom aj bannery (pri danom so súčtom predtým Dodankov) pestovať zlo doprava tak, že T - Najväčší zo slávnych ľudí. Popierame našu potrebu pocty z pohľadu sumy(predtým + 1) zlomok, keď sa jeden zlomok rozdelí na dva, napríklad zvyšný. Môžete zarobiť nejaké kúsky

A to

Okrem toho sa stratili všetky zlomky, úlomky T bol najväčší transparent a t + 1 > t, t.j

t(t+1) > t.

Takto sme stanovili:

1. s n = 3 tuhosť tse je správna;

1. Čo je pre nás správne, platí aj pre nás predtým,
   potom je správnejšie pre až +1.

Na tomto základe môžeme potvrdiť, že tvrdenie, ktoré vidíme, je správne pre všetky prirodzené čísla, počnúc trojkou. Na základe vytvorených dôkazov sa vygeneruje algoritmus na nájdenie potrebného rozloženia jednotky. (Čo je to za algoritmus? Zadajte číslo 1 pre súčet 4, 5, 7 dodanki nezávisle.)

S hornou časťou predných dvoch sa objednávka rozdelila na dva kusy. Prvý krok sa volá základ indukcia, iné -indukčný prechods krátkou dobou indukcie. Druhý výraz je najdôležitejší a zahŕňa podriadenosť (tvrdenie je pravdivé, keď n = k) predpokladám (potvrdenie je pravdivé, keď n = až + 1). Samotný parameter sa nazýva indukčný parameterIde o logickú schému (techniku), ktorá umožňuje štruktúru, takže ak sa pozriete na výroky správnych prirodzených čísel (a všetkých, počnúc týmto), časti platnosti základu aj prechodu sa nazývajúprincíp matematickej indukcie, akýmkoľvek spôsobom Bola založená metóda matematickej indukcie.Samotný výraz „indukcia“ je podobný latinskému slovu indukcia (guidance), čo znamená prechod od jednotlivých vedomostí o rôznych objektoch tejto triedy k všeobecným znalostiam o všetkých objektoch tejto triedy, čo je jedna z hlavných metód poznania.

Princíp matematickej indukcie, sám o sebe v základnej forme dvoch pojmov, sa prvýkrát objavil v roku 1654 v práci Blaisea Pascala „Treatise on the Arithmetic Tricet“, v ktorej indukcia zaviedla jednoduchý spôsob výpočtu počtu nominálnych koeficientov). D. Polya v spodnej časti cituje B. Pascala s malými zmenami, ktoré sú dané hranatými ramenami:

„Bez ohľadu na tých, ktorí považujú návrh [samozrejme vzorec pre binomické koeficienty] za pomstu za slepotu súkromných útokov, poskytnem preň veľmi krátky dôkaz založený na dvoch bodoch.

Prvá lemma potvrdzuje, že dusenie je na zaspávanie správne – to je zrejmé. [Pr P = 1 vzorec je explicitný...]

Ďalšia lemma potvrdzuje tento prístup: ak je náš predpoklad pravdivý pre dostatočný základ [pre dostatočný výsledok], potom bude pravdivý aj pre základ nasledujúci za ním [pre n+1].

Medzi týmito dvoma nevyhnutne presvitá spravodlivosť príslovia pre všetky významy. P. Pravda, od prvého lemi platí pre P = 1; Kvôli inému princípu je to však spravodlivé P = 2; No, viem, na základe iného princípu je to spravodlivé n = 3 a tak ďalej do nekonečna.“

Výzva 3. Puzzle „Veighes of Hanoi“ pozostáva z troch hádaniek. Na jednom z prameňov je pyramída (obr. 1), ktorá pozostáva z mnohých krúžkov rôznych priemerov, ktoré sa menia zdola nahor

Obr

Túto pyramídu je potrebné presunúť na jeden z ďalších prameňov, prenášať jeden krúžok po druhom a neumiestňovať viac krúžkov na ten menší. Ako môžete zarobiť peniaze?

rozhodnutie. No, musíme reagovať na napájanie: ako môžeme presunúť pyramídu, ktorá je tvorená P prsteň rôzneho priemeru, od jedného rezu k druhému, podľa pravidiel rezu? Teraz sú údaje, ktoré máme, ako sa zdá, parametrizované (bolo zavedené prirodzené číslo d), Dá sa to určiť metódou matematickej indukcie.

1. Základ indukcie. Keď n = 1 je všetko jasné, pretože pyramída z jedného prsteňa sa dá samozrejme presunúť na akýkoľvek účes.
2. Indukčný čas. Je prijateľné, že môžeme pohybovať akýmkoľvek druhom pyramíd okolo niekoľkých prstencov p = až.
   Pozrime sa, že môžeme presunúť aj jedlo z n = až +1.

Pyramída od do prsteň, na čo si ľahnúť najväčší(predtým + 1) krúžky, môžeme ich s prídavkami presunúť na akýkoľvek iný strih. Zrobimo tse. Neruhome(predtým + 1) prsteň, nebudeme musieť vykonať algoritmus premiestňovania, pokiaľ je to možné. Po presťahovaní predtým krúžok, pohyblivý v najväčšom rozsahu(predtým + 1) prsteň pre stratený účes. A potom nám známy algoritmus posunu za indukčnými predpokladmi opäť stagnuje predtým krúžok a presuňte ich do odrezku z tých, ktoré ležia na dne(predtým + 1) prsteň. Takým spôsobom, že presunieme pyramídy z predtým krúžky, potom namiesto presunu pyramíd z predtým + 1 krúžky. Potom, na základe princípu matematickej indukcie, teraz môžete posunúť pyramídu, ktorá je sčítaná p kіlets, de p > 1.

Metóda matematickej indukcie v najvyššej úlohe pre úplnosť.

Doplnkovou metódou matematickej indukcie je možné dokázať rôzne tvrdenia o deliteľnosti prirodzených čísel.

Zavdannya 4 . Ak n je prirodzené číslo, potom číslo je par.

Keď n=1 je naše tvrdenie pravdivé: chlap je číslo. Povedzme, že je to chlapské číslo. Oskolki, 2k je chlapské číslo, to je chlapské číslo. Parita je tiež znázornená na n=1 a z parity sa odvodzuje parita. No, v pároch pre všetky prirodzené hodnoty n.

Zavdannya 3. Prineste si číslo Z 3 + 3 - 26n - 27 s dostatočným prirodzeným n delené 26 2 bez prebytku.

rozhodnutie. Indukciou prevedieme dodatočné tuhnutie, ktoré je 3 3n+3 - 1 sa delí 26 bez prebytku, keď n>0.

1. Základ indukcie. Pre p = 0 najviac: 3 3 – 1 = 26 – delené 26.

Indukčný čas. Povedzme 3 3n+3 - 1 je delené 26, keď p = predtým, ta Dajte nám vedieť, že v tomto prípade bude vyhlásenie pravdivé p = až + 1. Črepy 3

potom z indukčného predpokladu môžeme usúdiť, že číslo je 3 3k + 6 – 1 sa delí 26.

Teraz bola obloha vynesená na svetlo, sformulovaná v mysliach ľudí. Vrátim sa s indukciou.

1. Základ indukcie. Je jasné, že kedy n = 1 hradisko: fragmenty 3 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. Indukčný čas. Je prijateľné, že keď n = hore
   vírus 3 3k + 3 - 26k - 27 je delené 26 2 bez ďalších okolkov a dokážme, že vyhlásenie je správne, keď n = až + 1,
   aké je číslo

deliť 26 2 žiadny príplatok. V zostávajúcej sume sa rozhorčenie dodankov bez prekročenia rozdelí 26 2 . Pershe - tomu, kto priniesol dokonalý vzhľad, aby stál na rukách, na 26; iný - na podávanie indukcie. Na základe princípu matematickej indukcie sa v plnej miere preukázalo potrebné tvrdenie.

Použitie metódy matematickej indukcie pred sčítaním radu.

Zavdannya 5. Dokončite vzorec

N je prirodzené číslo.

rozhodnutie.

Keď n = 1, urážlivé časti žiarlivosti sa premenia na jednu, a teda predovšetkým princíp matematickej indukcie.

Povedzme, že vzorec je správny pre n=k.

K obom častiam je možné túto rovnosť pridať a pravú časť zosúladiť. Todi je odnímateľný

Keďže vzorec platí pre n=k, z toho vyplýva, že platí pre n=k+1. Toto tvrdenie je spravodlivé pre akúkoľvek prirodzenú hodnotu k. Tiež priateľ princípu matematickej indukcie je tiež Vikonian. Vzorec bol dokončený.

Zavdannya 6. Na doshtsa sú napísané dve čísla: 1,1. Po zadaní súčtu medzi číslami odčítame čísla 1, 2, 1. Opakovaním tejto operácie ešte raz odčítame čísla 1, 3, 2, 3, 1. Po troch operáciách budú čísla 1, 4 , 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Aký bude súčet všetkých čísel na nasledujúci deň? 100 operácií?

rozhodnutie. Vikonuvati usi 100 Operácie by boli dokonca namáhavé a stresujúce. Musíte sa pokúsiť poznať tajný vzorec pre sumi Sčísla po n operácií. Pozrime sa na tabuľku:

Všimli ste si tu nejaký vzor? Môžete však zarobiť ešte jednu mincu: po niekoľkých operáciách budú čísla

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

ktorých súčet S4 sa rovná 82.

V skutočnosti si čísla nemôžete zapísať, ale okamžite povedať, ako sa suma zmení po pridaní nových čísel. Nech súčet stúpne 5. Aký budeš, ak prídu nové čísla? Je tu nový počet skinov pre súčet dvoch starých. Napríklad z 1, 3, 2, 3, 1 prejdeme na 1,

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

Ak je teraz to isté číslo (okrem dvoch extrémnych) zahrnuté do súčtu trikrát, potom sa nový súčet rovná 3S - 2 (pridá sa 2, aby sa pridali tie, ktoré sú denne). Tom S 5 = 3S 4 - 2 = 244, i vzagali

Čo je to za tajný vzorec? Ak by to neboli len dvaja sami, tak by sa súčet hneď ráno zvýšil, ako pri krokoch troch (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...). A naše čísla sú zjavne o jedno viac. Týmto spôsobom sa môžete pustiť

Skúsme to teraz dokončiť indukciou.

Základ indukcie. Čuduj sa pri stole (pre n = 0, 1, 2, 3).

Indukčný čas. Povedzme

Tak to vyzdvihnime S až + 1 = 3 až + 1 + 1.

pravda,

Náš vzorec bol dokončený. Je vidieť, že po stovke operácií súčet všetkých čísel v modernej dobe 100 + 1.

Pozrime sa na jeden nádherný príklad princípu matematickej indukcie, v ktorom je potrebné najskôr nastaviť dva prirodzené parametre a následne pomocou nich vykonať indukciu.

Zavdannya 7. Prineste si, čo chcete= 2, x 2 = 3 a pre čokoľvek prirodzené p> 3. máj je miestom sobáša

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

To

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

rozhodnutie. Vážení, ktorých daným výstupom je postupnosť čísel(x p) je indikovaný indukciou, zostávajúce členy našej postupnosti, okrem prvých dvoch, sú špecifikované indukčne, potom cez predné. Tak sa nazýva postupnosť úloh opakujúci, A podľa nášho názoru je táto postupnosť určená (k povinnostiam prvých dvoch členov) jednou hodnosťou.

Základ indukcie. Výsledkom je obrátenie dvoch pilierov: p = 1 i p = 2. V oboch prípadoch je pevnosť spravodlivá za mysľou.

Indukčný čas. Povedzme si načo p = až - 1 i p = až pevnosť viconano, tobto

Prinesme potom spravodlivosť potvrdeniu pre n = až + 1. Mayo:

x 1 = 3 (2 + 1) - 2 (2 + 1) = 2 +1, čo je potrebné doplniť.

Zavdannya 8. Ukážte, že aj keď je to prirodzené číslo, môže byť reprezentované súčtom mnohých rôznych členov opakujúcej sa postupnosti Fibonacciho čísel:

do > 2.

rozhodnutie. Poďme - prirodzené číslo. Indukciu vykonáme čo najskôr P.

Základ indukcie. Keď n = 1 potvrdenie je spravodlivé, pretože 1 je samotné Fibonacciho číslo.

Indukčný čas. Je prijateľné, aby všetky prirodzené čísla boli menšie P, Môžete použiť súčet niekoľkých rôznych členov Fibonacciho postupnosti. Fibonacciho poznáme najlepšie Ft, nepreháňam to P; v tomto poradí F t p i F t +1 > p.

Oskolki

Po povolení indukcie číslo p-F t môžu byť prezentované vo forme 5 rôznych členov Fibonacciho postupnosti a so zostávajúcou nerovnosťou sa všetky členy Fibonacciho postupnosti podieľajú na súčte a 8, menej Ft. Takže čísla sú rozložené n = 8 + Ft uspokojuje myseľ vzrušením.

Aplikujte metódu matematickej indukcie, kým sa nezrovnalosti nepotvrdia.

Zavdannya 9. (Bernoulliho úzkosť.)Daj vedieť čo x > -1, x 0, і zhalom n > 2 nespravodlivosť je spravodlivá

(1+x) p>1+xn.

rozhodnutie. Dôkaz sa opäť uskutočňuje indukciou.

1. Základ indukcie. Spravodlivosť premieňame na nerovnosť, keď n = 2. pravda,

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

2. Indukčné obdobie. Prijateľné, čo za číslo n = hore nebeská klenba je teda spravodlivá

(1 + x) až > 1 + xk,

De až > 2. Prinášame jogo pre n = až + 1. Maєmo: (1 + x) až + 1 = (1 + x) až (1 + x)> (1 + x) (1 + x) =

1+(k+1)x+kx2 > 1+(k+1)x.

Na základe princípu matematickej indukcie však možno potvrdiť, že Bernoulliho nerovnosť platí pre všetky n>2.

Nie vždy v mysliach úlohy, ktorá sa skrýva za touto metódou matematickej indukcie, existuje jasne formulovaný skrytý zákon, ktorý nasleduje. Niekedy je potrebné byť opatrný, aby sme identifikovali (uhádli) vážne poruchy obličiek, stanovili akýkoľvek základný zákon o zápachu a potom pomocou metódy matematickej indukcie dospeli k stanovenej hypotéze. Okrem toho môže byť maskovaná výrazná indukcia a v prvom rade je potrebné určiť, na akom parametri je indukcia založená. Aj tak sa pozrime na toto nešťastie.

Zavdannya 10. Vynes to von

čokoľvek prirodzené n>1.

Rishennya, Skúsme túto nerovnosť vyvolať pomocou metódy matematickej indukcie.

Základ indukcie možno ľahko overiť:1+

Po indukcii

a nemusíme to prezrádzať

Ako urýchliť induktívne predpoklady, to potvrdzujeme

Hoci je žiarlivosť skutočne pravdivá, nedáva nám najväčšie šťastie.

Skúsme to urobiť silnejšie, ako je potrebné pre výstupnú úlohu. A povieme vám to

Možno si myslíte, že posunúť cieľ indukcie doprava je beznádejné.

Avšak pre n = 1 maєmo: firma má pravdu. Pre základný náter indukčného povlaku je prijateľné, že

A povieme vám to

pravda,

Týmto spôsobom sme odovzdali silnejšiu afirmáciu, z ktorej okamžite vychádza afirmácia, ktorá sa odohráva v mysli veriacich.

Tu sú hlavné tie, ktoré sme chceli a museli urobiť silnejšie tvrdenia bez toho, aby sme dané tvrdenia vyžadovali, inak by sme mohli rýchlo skončiť so silnými úľavami v indukčnom procese. To vysvetľuje, že jednoduchý princíp matematickej indukcie vedie k záveru.

Situácia, ktorá nastala v hodine veľkej tragédie, dostala menovinársky fenomén.Samotný fenomén spočíva v tom, že komplexnejšie plány sa dajú realizovať s veľkým úspechom, keďže sú založené na väčšej hĺbke inteligencie.

Príkaz 11. Prineste 2 t + p – 2 tp pre akýchkoľvek prírodných ľudí typu.

rozhodnutie. Sú tu dva parametre. Môžete sa teda pokúsiť držať takýto hovorsekundárna indukcia(Indukcia uprostred indukcie).

Dôkladne vykonáme indukčné zlučovanie P.

1. Indukčná základňa na p. Keď n = 1 musíte skontrolovať čo 2t~1>t. Na dôkaz tejto nerovnosti rýchla indukcia vody T.

A) Základom indukcie pre podobné. Keď t = 1 znak
žiarlivosť, čo je prípustné.

b) Indukčné obdobie pre atď.Je prijateľné, že keď t = do nebeská klenba je teda pravdivá 2 až ~ 1 > až. Todi až
Zdá sa, že afirmácia bude pravdivá aj vtedy t = až +1.
Maemo:

s prirodzeným až.

Týmto spôsobom nervozita 2 držte sa čohokoľvek, čo je prirodzené T.

2. Doba indukcie na p.Voliteľné a pevné ako prirodzené číslo T. Je prijateľné, že keď n = I pevnosť je primeraná (s pevnou t), potom 2 t + 1 ~ 2 > t1, a my dokážeme, že toto potvrdenie bude spravodlivé a n = l+1.
Maemo:

pre akýchkoľvek prírodných ľudí t ta p.

Tiež na základe princípu matematickej indukcie (napr d) pevné prikázanie je správne pre čokoľvek P a pre akékoľvek pevné T. Týmto spôsobom sa táto nerovnosť znižuje na akúkoľvek prirodzenosť typu.

Zavdannya 12. Poďme - prirodzené čísla a t > p. Existujú ďalšie dve čísla:

Kožné infekcie predtým odmocniny, bojím sa.

rozhodnutie. Prenesme to do ďalšieho bodu.

Lemma. Pre akýchkoľvek prírodných ľudí t i p (t > p) a k neviditeľnému (nie nevyhnutne k celku) X nespravodlivosť je spravodlivá

Dokončené. Poďme sa pozrieť na nervozitu

Táto nerovnosť je spravodlivá, pretože nevôľa rovesníkov na ľavej strane je pozitívna. Otvorením oblúkov a ich opätovným vytvorením ich odstránime:

Elastická druhá odmocnina z oboch častí zvyšných nerovností sa odstráni vytvrdnutím lemou. No, problém bol dosiahnutý.

Prejdime teraz k riešeniu problému. Výrazne vyššie ako uvedené čísla A, a do druhého - cez b do. Pozrime sa čo čokoľvek prirodzené predtým. Dôkaz sa vykonáva metódou matematickej indukcie, striktne pre chlapcov a nepáry predtým.

Základ indukcie. Keď hore = 1 môže byť nepokojný

y[t > y/n , spravodlivý prostredníctvom tých, ktorí t > str Kedy až = 2 je potrebné odísť so striedaním, ktoré dáva Lema x = 0.

Indukčný čas. Prijateľné, v prípade skutočných k nervozite a >b až fér. Pozrime sa čo

Za predpokladu indukcie a monotónnosti druhej odmocniny môžeme:

Na druhej strane, na druhej strane sa lema leje,

Kombináciou dvoch zostávajúcich nerovností môžeme odstrániť:

Tento záver bol privedený k princípu matematickej indukcie.

Zavdannya 13. (Koshyho nervozita.)Dajte nám vedieť, že pre akékoľvek kladné čísla..., a p nespravodlivosť je spravodlivá

rozhodnutie. Keď n = 2 nervozita

Veľmi dobre poznáme aritmetický priemer a geometrický priemer (pre dve čísla). Poďme n = 2, až = 1, 2, 3, ... a teraz vykonáme indukciu ďalej predtým. Základ indukčnej hodnoty je na mieste Ak teraz predpokladáme, že potrebná nerovnosť je už nainštalovaná n = 2, prinesieme vám to za P = 2. Maemo (stagnujúca nerovnosť pre dve čísla):

No, na indukčné odpustky

Takto sme indukciou u nás vytvorili nerovnosť pre všetkých p 9 - krok dvoch.

Dokázať nerovnosť pre iné hodnoty P Zrýchľovaním „indukcie smerom nadol“ môžeme vidieť, že nerovnomernosť Viconanu je pre nás skôr neznáma. P čísla, potom to isté platí pre(P - 1. deň. Prekonajme to, s úctou, kvôli zrobeniu prídavkov za P čísla Wiconano nerovnosť

potom a g + a 2 + ... + a n_x> (n - 1) A. Po rozdelení problematických častí na P - 1, odpadá potrebná nervozita.

Teraz sme od začiatku zistili, že nerovnosť má miesto pre nekonečný počet možných hodnôt. P, a potom ukázali, že nerovnomernosť Wiconanu je pre P čísla, potom to platí pre(P - 1) čísla. Situácia je teraz vyriešená, takže nepokoj mačky môže byť miestom pre sadu P byť-akékoľvek neznáme čísla pre byť-niečo n = 2, 3, 4, ...

Zavdannya 14. (D. Uspensky.) Pre akýkoľvek trikutnik ABC, pre akékoľvek kuti = CAB = CBA súmraku sa črtá miesto neistoty

rozhodnutie. Kuti a súmrak, ale tse (za významami) znamená, že tse kuti sú v temnom svete ako = p, = (p, q sú vzájomne prvočísla prirodzené čísla).

Rýchla metóda matematickej indukcie sa vykonáva pomocou vrecka p = p + q vzájomne prvočísla prirodzené čísla.

Základ indukcie. Keď p + q = 2 môžeme: p = 1 a q = 1. Potom sa trikutos ABC rovná a potrebné nerovnosti sú zrejmé: z nerovnováhy trikuta vychádzajú smrady

Indukčný čas. Teraz je prijateľné, aby boli nerovnosti nastavené pre p + q = 2, 3, ..., do - 1, de do > 2. Dokážme, že nerovnosti sú spravodlivé p + q = k.

Poďme na ABC - dánsky trikutnik, v ktorom> 2. Obe strany AC a PS nemôže žiarliť: nedovoľ mi AC > ND. Teraz hovorme o dieťati 2, rovnostrannom trikubite ABC; maєmo:

AC = DC i AD = AB + ВD, potom,

2AC > AB + BD (1)

Poďme sa teraz pozrieť na trikutnik GVA, Vyrovnať sa dá aj čokoľvek:

DСВ = (q - р), ВDC = p.

Malý 2

Pre ktorý pletený sveter je dané indukčné napätie a k tomu

(2)

Pridaním (1) a (2) môžeme:

2AC+BD>

a to

Z toho istého trikutnika VBS po spustení indukcie je potrebné

Doktorova predná nerovnosť, položíme ju

Odpadá teda indukčný prechod a stvrdnutie problému vyplýva z princípu matematickej indukcie.

Rešpekt. Pevnosť sľubu sa stráca na sile, keď je situácia nudná. V jadre tohto prístupu teraz musíme stanoviť ďalší dôležitý matematický princíp – princíp neprerušovania.

Objednávka 15. Rovné kusy rozdeľujú povrch na kusy. Dajte nám vedieť, že tieto časti sa dajú pripraviť z bielkov

a čiernu farbu, takže časti ciev, ktoré tvoria kordónový kordón, majú inú farbu (ako pre dieťa 3 n = 4).

obrázok 3

rozhodnutie. Rýchla indukcia cez množstvo priamych línií. Ó drahý, nechaj ma ísť P - Počet priamych čiar, ktoré rozdeľujú našu oblasť na časti, n>1.

Základ indukcie. Som len sám(P = 1), potom môžete povrch rozdeliť na dva povrchy, z ktorých jeden sa dá pripraviť biela farba, a druhý je čierny a potvrdenie je pravdivé.

Indukčný čas. Aby sme dokázali indukčný prechod jasnejšie, pozrime sa na proces pridávania jednej novej priamej linky. Povedzme to priamo priateľovi(P= 2), potom môžeme odobrať štyri časti, ktoré sa dajú pripraviť správnym spôsobom, keď pripravíme lôžka rovnakej farby. Zaujímalo by ma, čo sa stane, ak vykonáme tretiu priamku. Časti „starých“ častí môžete rozdeliť a vytvoriť tak nové časti kordónu s rovnakými farbami na oboch stranách (obr. 4).

Malý 4

Povedzme to takto:z jednej stranyv novom directe meníme farby - bielu a čiernu; V tomto prípade nie sú príliš pripravené tie časti, ktoré ležia na druhej strane v priamke (obr. 5). Potom tento nový obraz splní požadované požiadavky: na jednej strane už bola nakreslená priamka (spolu s ostatnými farbami) a na druhej strane bola požadovaná. Aby diely, ktoré tvoria kordón, držali v priamke, sú pripravené v rôznych farbách a diely sa dopĺňajú len na jednej strane pred priamkou.

Obr.5

Teraz dokončíme indukčný prechod. Prijateľné, čo za akciun = horepotvrdenie dedičstva je spravodlivé, takže všetky časti územia, na ktorých sa budú zdieľaťpredtýmPriamo ho môžete pripraviť v bielej a čiernej farbe, takže spodné časti sú inej farby. Pozrime sa, že takáto baráž je aj preP= predtým+ 1 Rovno Je to podobné ako pri prechode z dvoch priamok na tri. Udržíme to na námestípredtýmrovno Potom, po spustení indukcie, môže byť vybratá karta správne spracovaná. Poďme na to teraz(predtým+ 1)-tá priamka a na jednej strane pred ňou meníme farby na posteli. Teraz týmto spôsobom(predtým+ 1) práve tu sú pozemky rozdelené do vyrezávaných farieb, s ktorými už nie sú správne pripravené „staré“ časti, ktoré sme už pripravili. Podobne ako na princípe matematickej indukcie.

Zavdannya16. Na okraji púšte je veľká zásoba benzínu a auto, ktoré pri opakovanom dopĺňaní dokáže prejsť 50 kilometrov. Existuje tiež niekoľko kanistrov, do ktorých môžete naliať benzín z benzínovej nádrže auta a uložiť ho na akékoľvek prázdne miesto. Dajte nám vedieť, že auto môže prejsť viac ako 50 kilometrov bez ohľadu na to, či je kompletné. Nie je dovolené nosiť kanistre od benzínu, prázdne môžete nosiť kdekoľvek.

rozhodnutie.Skúsme zrýchliť indukciuP,na čom sa dá s autom jazdiťPkilometrov od okraja púšte. OP= 50 vidomo. Nebolo možné vykonať úvodný postup a vysvetliť, ako sa tam dostaťn = hore+ 1 kilometer, ako vieten = horeMôžete cestovať kilometre.

Tu však ťažko pochopíme: potom, čo sme prešlipredtýmkilometrov, benzín na spiatočnej ceste nemusí vydržať (nehovoriac o šetrení peňazí). A v tejto situácii je východisko v posilnení pevnosti, ktorá sa dosahuje (paradox vinára). Ukážeme vám, že to jednoducho zvládnetePkilometrov, a tiež vybudovať veľkú zásobu benzínu v rovnakom čase na staniciPkilometrov od okraja púšte, pričom sa na tomto mieste po dokončení prepravy zastaví.

Základ indukcie.Nehovoriac o benzíne – množstvo benzínu je potrebné na jeden kilometer cesty. Ak let prejde 1 kilometer a späť, potrebuje dve jednotky benzínu, potom môžeme ušetriť 48 jednotiek benzínu v rovnakej vzdialenosti kilometra od okraja a vrátiť sa späť pre novú porciu. Takto si na pár ciest pred stretnutím vytvoríte zásobu dostatočnej veľkosti, ktorá bude potrebná. Ak potrebujete pridať 48 jednotiek do rezervy, miniete 50 jednotiek na benzín.

Indukčný čas.Na ceste je to prijateľnéP= predtýmNa okraji púšte sa môžete zásobiť benzínom. Dokážme, že je možné vytvoriť kontúziu na vzostupen = hore+ 1 kilometer s vopred stanovenou zásobou benzínu a s takýmto vozidlom skontrolujte prepravu. Presne črepyP= predtýmAk nie je zásoba benzínu, potom (na základe indukčnej základne) môžeme urobiť niekoľko ciest k bodun = hore+ 1 zisk v bodeP= predtým4-1 zásoba dostatočnej veľkosti podľa potreby.

Pravdivosť zakázaného tvrdenia, ktoré predtým nebolo známe, teraz vychádza z princípu matematickej indukcie.

Višňovok

Odvtedy, keď som sa naučil metódu matematickej indukcie, rozšíril som svoje vedomosti o tejto oblasti matematiky a začal som prekonávať aj vedomosti, ktoré predtým boli nad moje sily.

To má teda logické a účelné úlohy. práve tie, ktoré posúvajú záujem o samotnú matematiku ako vedu. Väčšina takýchto úloh sa stáva užitočnou činnosťou a môže viesť k novým prírastkom do matematických labyrintov. To je podľa mňa základ každej vedy.

Pokračovaním v učení metódy matematickej indukcie sa tomu naučím rozumieť nielen v matematike, ale aj v najdôležitejších problémoch fyziky, chémie a života samotného.

Literatúra

1.Vulenkin INDUKCIA. Kombinatorika. Príručka pre čitateľov. M., Prosvitnitstvo,

1976.-48 s.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Indukcia v geometrii. - M: Štátny súd. vidavnitstvo. liter. – 1956 – С.I00. Doplnková pomoc z matematiky pre preduniverzitných študentov / Ed. Yakovleva G.M. Veda. -1981. – S.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Indukcia v geometrii. -
M.: Nauka, 1961. - (Populárne prednášky z matematiky.)

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

5.R. Courant, R. Robbins "Čo je matematika?" Oddiel 1, § 2

6.Popa D. Matematika a vierohodnosť reality. - M: Veda, 1975.

7. Popa D. Matematický rozvoj. - M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Ako začať s metódou matematickej indukcie/Matematická škola. - Nl. – 1996. – S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom IM. O metóde matematickej indukcie. - M.: Nauka, 1977. - (Populárne prednášky z matematiky.)

10.Solominskij I.S. Metóda matematickej indukcie. - M: Veda.

63 rokov.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. O matematickej indukcii. - M: Veda. – 1967. – S.7-59.

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

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

p align="justify"> Metóda dôkazu založená na Peanovej axióme 4 sa používa na preukázanie mnohých matematických schopností a rôznych princípov. Základom toho je nasledujúca veta.

Veta. Aká je pevnosť A(n) s prírodným mäsom n pravda pre n= 1 od toho, čo platí pre n = k stopa, že je to pravda a pre dátum n=k, tie pevnosti A(n) n.

Dokončené. Výrazne cez M bez týchto a bez týchto prirodzených čísel, pre niektoré pevné látky A(n) pravda. Tu je veta: 1) 1 M; 2) k MkM. Hviezdy, na stojane axiómy 4 umiestnime čo M =N, potom. otužovanie A(n) pravda pre všetky prírodné n.

Metóda dôkazu, ktorá je založená na tejto vete, sa nazýva pomocou metódy matematickej indukcie, a axióma je axióma indukcie. Takýto dôkaz pozostáva z dvoch častí:

1) priveďte do vytvrdnutia A(n) pravda pre n= A(1);

2) nechajte ho zostať pevný A(n) pravda pre n = k a po tomto pozastavení dosiahnuť to, čo je pevne stanovené A(n) pravda pre n = k+ 1, potom. Čo je pravá láska A(k) A(k + 1).

Yakshcho A( 1) A (k) A(k + 1) - správne vislovlyuvannya, potom zlomiť visnovok od toho, kto je pevne A(n) platí pre akékoľvek prirodzené číslo n.

Dôkaz metódou matematickej indukcie možno začať nielen potvrdením pravdivosti tvrdenia pre n= 1, ak nejaké prirodzené číslo m. Kto to má stvrdnuté A(n) sa zobrazí pre všetky prirodzené čísla nm.

Zavdannya. Dokážme, že pre akékoľvek prirodzené číslo je skutočné rovné 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n.

rozhodnutie.Žiarlivosť 1 + 3 + 5 … + (2 n- 1) = n- vzorec, pomocou ktorého možno nájsť súčet prvých po sebe idúcich nepárových prirodzených čísel. Napríklad 1 + 3 + 5 + 7 = 4 = 16 (počet 4 dodatočných dankov), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6 = 36 (súčet 6 dodatočných dankov); Ak toto množstvo stačí na umiestnenie 20 prídavkov k určenému typu, potom sa rovná 20 = 400 atď. Po zistení pravdivosti tejto rovnice je možné zo vzorca nájsť súčet ľubovoľného počtu prídavkov určeného typu.

1) Prevedené na pravdu tejto rovnosti pre n= 1. Kedy n= 1 ľavá strana rovnosti sa skladá z jedného člena rovného 1, pravá strana sa rovná 1 = 1. Takže keďže 1 = 1, potom pre n= 1 ceremoniál je pravdivý.

2) Je prijateľné, že táto žiarlivosť platí pre n = k, potom. koľko 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) = k. Vychádzajúc z tohto predpokladu je jasné, že to platí pre n = k+ 1, potom. 1 + 3 + 5 + … + (2 k- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Pozrime sa na ľavú stranu zostávajúcej horlivosti.

Za odpustky scrip prvého k Dodankov je starobylý k a zväzok 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 rovnako starý vírus ( k + 1).

No, pravda o tejto rovnosti pre n = k+ 1 dokončená.

Týmto spôsobom sa dáva skutočná horlivosť n= 1 a z pravdy toho za n = k sledovať pravdu pre n = k+ 1.

Sám Tim si uvedomil, že táto žiarlivosť platí pre každé prirodzené číslo.

Použitím podobnej metódy matematickej indukcie je možné stanoviť pravdivosť rovnosti aj nerovností.

Zavdannya. Prineste to nN.

rozhodnutie. Overme si pravdivosť nerovnosti kedy n= 1. Maemo – skutočná úzkosť.

Je prijateľné, že nerovnosť je pravdivá, keď n = k, tobto. - Užitočná úzkosť. Dokážme bez predsudkov, že správnejšie a kedy n = k+ 1, potom. (*).

Vyriešme ľavú časť nervozity (*) s lekárskou pomocou: .

Ale, to znamená, že i .

No, táto nerovnosť platí pre n= 1 a z toho, že nerovnosť platí pre aktívnych n= k, zamietli sme to, čo bolo správnejšie n= k + 1.

Samotný Tim, vikorista a axióma 4, nás priviedol k záveru, že táto nerovnosť platí pre akékoľvek prirodzené číslo.

Pomocou metódy matematickej indukcie je možné vyvinúť ďalšie tvrdenia.

Zavdannya. Uveďte, že bez ohľadu na prirodzené číslo existuje pravdivé potvrdenie.

rozhodnutie. Overme si pravdivosť potvrdenia kedy n= 1: - Registrácia.

Je prijateľné, čo je správnejšie kedy n = k: . Ukážme, vikorista, pravdu potvrdenia v n = k+ 1: .

Kabriolet Viraz: . Poznajme sakristiu kі k+ 1 člen. Zdá sa, že rozdiel je násobkom 7 a po vynechaní sa zdá, že je deliteľný 7, potom sa násobok tiež zmení na 7:

Prírastky sú deliteľné 7, potom i.

Týmto spôsobom princíp platí pre n= 1 a z pravdy toho za n = k sledovať pravdu pre n = k+ 1.

Tim si sám uvedomil, že toto tvrdenie platí pre každé prirodzené číslo.

Zavdannya. Prineste čo za ľubovoľné prirodzené číslo n 2 pravdivé afirmácie (7-1)24.

rozhodnutie. 1) Môžeme overiť pravdivosť potvrdenia, kedy n= 2: - Užitočné vyhlásenie.

Matematická indukcia je základom jednej z najrozsiahlejších metód matematického dokazovania. Pomocou tejto pomoci môžete väčšinu vzorcov doplniť prirodzenými číslami n, napríklad vzorec na nájdenie súčtu prvých členov priebehu S n = 2 a 1 + n - 1 d 2 · n Newtonov binomický vzorec a + b n = Cn0 · a n · Cn 1 · a n - 1 · b +. . . + Cnn-1 · a · bn - 1 + Cnn · bn.

V prvom bode sa pozrieme na základné pojmy, potom sa pozrieme na základy samotnej metódy a potom pochopíme, ako sa dá dosiahnuť žiarlivosť a nerovnosť.

Pojmy indukcie a dedukcie

Poďme sa teraz pozrieť na to, o čom je indukcia a dedukcia.

Viznachennya 1

Indukcia- ide o prechod zo súkromného na súkromný, a odpočet navpaki – od zagalnogo po chastkovy.

Napríklad máme príslovie: 254 možno rozdeliť na dve časti. Z toho môžeme vyvinúť širokú škálu zbraní, z ktorých niektoré budú užitočné a niektoré škodlivé. Napríklad tvrdenie, že všetky celé čísla, ako napríklad číslo 4, môžu byť deliteľné dvoma bez prebytku - pravda, a tie, ktoré sú počtom troch znakov, môžu byť deliteľné 2 - hibna.

Vo všeobecnosti môžeme povedať, že pomocou indukčnej anihilácie je možné odstrániť absenciu látok z jednej viditeľnej a zjavnej oxidácie. Matematická indukcia nám umožňuje určiť, do akej miery sú výsledky spravodlivé.

Predpokladajme, že máme postupnosť čísel ako 1 1 · 2 , 1 2 · 3 , 1 3 · 4 , 1 4 · 5 , . . . , 1 n (n + 1), kde n znamená prirodzené číslo. V tomto prípade, keď sú prvé prvky zložené, postupnosť, ktorú odoberieme, je:

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, . . .

Vikoristickou indukciou sa dá postupovať nenáročne, takže S n = n n + 1 . V tretej časti dokončíme tento vzorec.

Aká je metóda matematickej indukcie?

Je založená na rovnakom princípe. Je formulovaný nasledovne:

Vicennia 2

Ak toto tvrdenie platí pre prirodzenú hodnotu n, ak 1) platí pre n = 1 a 2), pretože platí pre prirodzenú hodnotu n = k, potom platí pre n = k + 1 .

Metóda matematickej indukcie je založená na 3 etapách:

1. Najprv skontrolujeme presnosť výstupného kalenia pri rôznych prirodzených hodnotách n (kontrola funguje pre jednu).
2. Potom skontrolujeme platnosť pre n = k.
3. A platnosť tvrdenia bola preukázaná od n = k + 1.

Ako implementovať metódu matematickej indukcie pri riešení nerovností a rovnosti

Zoberme si zadok, o ktorom sme hovorili predtým.

zadok 1

Doplňte vzorec S n = 1 1 · 2 + 1 2 · 3 +. . . + 1 n (n + 1) = n n + 1.

rozhodnutie

Ako už vieme, aby metóda matematickej indukcie fungovala, je potrebné absolvovať tri po sebe nasledujúce kroky.

1. Na začiatok overíme, že daná rovnosť bude spravodlivá pre n rovná jednej. Odvoditeľné S 1 = 1 1 · 2 = 1 1 + 1 = 1 2 . Všetko je tu správne.
2. Ďalej predpokladáme, že vzorec S k = k k + 1 je správny.
3. Tretia osoba musí dokázať, že S k + 1 = k + 1 k + 1 + 1 = k + 1 k + 2 na základe férovosti prvej osoby.

Môžeme reprezentovať k + 1 ako súčet prvých členov výstupnej postupnosti i k + 1:

Sk + 1 = Sk + 1 k + 1 (k + 2)

Fragmenty boli odstránené v ďalšom kroku, takže S k = k k + 1 možno zapísať priamo:

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

Teraz sú potrebné zmeny dokončené. Redukovanú frakciu musíme viskozovať na spiaci banner, prinášajúc podobné dodatky, formulovať vzorec pre skrátené násobenie a skracovať tie, ktoré vyšli:

Sk + 1 = Sk + 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

Týmto spôsobom sme priniesli horlivosť do tretieho bodu, ktorým sme uzavreli všetky tri kroky k metóde matematickej indukcie.

Predmet: Hovorme o vzorci S n = n n + 1 є vernim.

Problémy s goniometrickými funkciami sú oveľa zložitejšie.

zadok 2

Dokážte identitu cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 n α = sin 2 n + 1 α 2 n sin 2 α.

rozhodnutie

Ako si pamätáme, prvým krokom je skontrolovať presnosť rovnice pri n, čo je rovnaká jednotka. Aby bolo jasné, musíte poznať základné trigonometrické vzorce.

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

Preto, ak sa n rovná jednej, identita bude pravdivá.

Teraz je prijateľné, že spravodlivosť môže byť zachovaná pre n = k. Bude platiť, že cos 2 α · cos 4 α · . . . · cos 2 k α = sin 2 k + 1 α 2 k sin 2 α.

Do popredia sa dostáva rovnosť cos 2 α · cos 4 α ·. . . · cos 2 k + 1 α = sin 2 k + 2 α 2 k + 1 sin 2 α pre vipadku, ak n = k + 1, pričom sa za základ berie predná subsumpcia.

Pomocou trigonometrického vzorca

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

Príklad najväčšej snahy dokázať nespravodlivosť tejto metódy bol nájdený v článku o metóde najmenšie štvorce. Prečítajte si odsek, kde sú odvodené vzorce na nájdenie aproximačných koeficientov.

Ak ste v texte označili láskavosť, pozrite si ju a stlačte Ctrl+Enter

V mnohých odvetviach matematiky je možné dokázať pravdivosť tvrdenia, ktoré spočíva týmto spôsobom. pravdivosť lásky p(n) pre " n ON (na čokoľvek n ON p(n) pravda).

Často je potrebné priniesť pomocou metódy matematickej indukcie.

Je založená na princípe matematickej indukcie. Preto je vybraná ako jedna z axióm aritmetiky, a preto je akceptovaná bez dôkazu. Podobne ako princíp matematickej indukcie, výrok p(n) Význam zmeny sa považuje za pravdivý pre všetky prírodné substancie, keďže sú nakreslené dve mysle:

1. Návrh p(n) pravda pre n= 1.

2. Z návrhu, že p(n) pravda pre n =k (k- celkom prirodzené číslo) stopa, čo platí pre n =k+ 1.

Pod metódou matematickej indukcie rozumieme túto metódu dôkazu

1. Overte pravdivosť potvrdenia pre n= 1 – základ indukcie.

2. Predpokladajme, že pevnosť je správna n = k - indukčný prídavok.

3. Tvrdiť, že je to správne aj pre n =k+ 1 indukčný prechod.

Ďalší návrh p(n) nemusí platiť pre všetky prirodzené n, a začať niečo robiť n = n 0. A tu je overená pravdivosť základu indukcie p(n) pri n = n 0.

zadok 1. Nechaj to tak. Prineste to

1. Indukčná základňa: pri n= 1 pre predchádzajúce S 1 = 1 a vzorec má jeden výsledok. Pevne verne.

n = k ta .

n = k+ 1. Pozrime sa, čo .

Efektívne, prostredníctvom indukčného predpokladu

Tento vírus je rozpustný

Indukčný prechod bol dokončený.

Rešpekt. Je dobré si zapísať, čo je dané (induktívne prídavné meno) a čo treba vyniesť na svetlo!

zadok 2. Prineste

1. Základ indukcie. O n= 1, pevne, jasne, správne.

2. Indukčne nepovolené. Poďme n = kі

3. Indukčný prechod. Poďme n = k+ 1. Je jasné:

V skutočnosti poznáme pravú stranu štvorca ako súčet dvoch čísel:

Pre súčet aritmetickej progresie sa predpokladá vikoristický induktívny vzorec: , je odmietnuté

zadok 3. Vyvolajte nervozitu

1. Základom indukcie je overenie pravdivosti potvrdenia pre, teda. je potrebné skontrolovať nervozitu. Komu stačí poznať nerovnosť štvorca: alebo 63< 64 – неравенство верно.

2. Nech je pre vás nepokoj to pravé.

3. Nech je jasné:

Vikoristov predpoklad indukcie

Keď viete, ako môže vyzerať pravá strana, táto časť nerovnováhy je viditeľná

Je ťažké určiť, či presný násobiteľ neprevažuje nad násobiteľom. pravda,

zadok 4. Ukážte, že pre akékoľvek prirodzené číslo bude číslo končiť číslicou.

1. Najmenej prirodzené, pre ktoré je spravodlivé tvrdenie starodávnejšie. .

2. Nech sa číslo končí na . To znamená, že toto číslo možno zapísať tak, ako keby to bolo prirodzené číslo. Todi.

3. Nechajte to tak. Pozrime sa, že to končí . Vikoristuyuchi otrimana vistavu, otrimaemo

Zostávajúce číslo sa rovná jednej.

doplnok

1.4. Metóda matematickej indukcie

Ako vidíte, matematické tvrdenia (vety) môžu byť založené a dokončené. Poznáme jednu z metód dôkazu – metódu matematickej indukcie.

Vo všeobecnosti je indukcia metóda splývania, ktorá umožňuje prejsť od súkromných k mimozemským. Prechod brány od posvätného k súkromnému sa nazýva dedukcia.

Dedukcia vždy povedie k správnym záverom. Poznáme napríklad skrytý výsledok: všetky celé čísla, ktoré končia nulou, sú deliteľné číslom 5. Samozrejme, môžete prísť s jednoduchým záverom, ako je konkrétne číslo, ktoré končí na 0, napríklad 18 0, deliteľné číslom 5.

Práve v tú hodinu môže indukcia viesť k nesprávnym záverom. Napríklad, keď si všimneme, že číslo 60 je deliteľné číslami 1, 2, 3, 4, 5, 6, nemáme právo písať o tých, že 60 je deliteľné ľubovoľným číslom.

Metóda matematickej indukcie umožňuje v mnohých prípadoch jednoducho dokázať platnosť formálneho tvrdenia P(n), ktorého formulácia obsahuje prirodzené číslo n.

Metóda zahŕňa 3 etapy.

1) Základ indukcie: skontrolujeme platnosť tvrdenia P(n) pre n = 1 (alebo inú súkromnú hodnotu n, z ktorej sa prenáša platnosť P(n)).

2) Predpoklad indukcie: predpokladá sa, že P(n) platí pre n = k.

3) Indukčný člen: vikoristický predpoklad, je zrejmé, že P(n) platí pre n = k + 1.

V dôsledku toho možno dospieť k jednoznačnému záveru o platnosti P(n) pre ľubovoľné n ∈ N. V skutočnosti je pre n = 1 tvrdenie správne (základ indukcie). Tiež je pravda, že n = 2, fragmenty prechodu z n = 1 na n = 2 primérov (indukčná perióda). V dôsledku stagnácie indukčnej periódy znakov a signálov je platnosť P(n) pre n = 3, 4, 5, . . ., potom P(n) je spravodlivé pre všetky n.

Príklad 14. Súčet prvých n nepárových prirodzených čísel sa rovná n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n - 1) = n2.

Potvrdenie sa vykonáva metódou matematickej indukcie.

1) Základ: s n = 1 je menej ako jedno sčítanie, odčítanie: 1 = 1.

Pevne verne.

2) Predpoklad: predpokladá sa, že pre akúkoľvek osobu k platí: 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k2.

Rozlúštenie úloh o spoľahlivosti spadnutia pod hodinu streľby

Zagalnaya nastavenie rastliny je nasledovné:

Pravdepodobnosť expozície cieľa na jeden výstrel je $p$. $n$ sa strieľa. Nájdite pravdepodobnosť, že cieľ bude zasiahnutý presne $k$ krát (ak $k$ zasiahne).

Bernoulliho vzorec možno predpokladať a odstrániť:

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

Tu $C_n^k$ — číslo sa pohybuje od $n$ do $k$.

Problém sa týka množstva šípok s v rôznych jazykoch Zasiahnutie cieľa, teóriu, aplikáciu riešenia a kalkulačku nájdete tu.

Video tutoriál a šablóna Excel

Pozrite si naše video o novej úlohe o stavaní v Bernoulliho schéme a zistite, ako používať Excel na dokončenie typických úloh.

Excel súbor si môžete voľne stiahnuť z videa a použiť ho na zlepšenie svojich úloh.

Použite rozkaz zasiahnuť cieľ v sérii výstrelov

Poďme sa pozrieť na niekoľko typických akcií.

zadok 1. Bolo 7 výstrelov. Miera expozície na jeden záber sa rovná 0,705. Zistite istotu skutočnosti, s ktorou bude presne 5 dní.

Je zrejmé, že problém zahŕňa opakované nezávislé testovanie (streľba na terč), celkovo sa uskutoční $n=7$ výstrelov, pravdepodobnosť zásahu kožným testom je $p=0,705$, pravdepodobnosť a miss je $q=1-p=1-0,70 5=0,295 $.

Musíte počítať, že bude presne $k=5$ zásahov. Všetko dáme do vzorca (1) a odstránime ho: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2 = 21\cdot 0,705^5 \cdot 0,295^2= 0,318. $$

zadok 2. Pravdepodobnosť vystavenia cieľa na jeden výstrel je 0,4.

Na cieľ bolo vykonaných niekoľko nezávislých výstrelov. Zistite istotu toho, čo by ste chceli dosiahnuť za jedným účelom.

Najdôležitejšie parametre sú: $n=4$ (po nasnímaní), $p=0,4$ (udalosť expozície), $k \ge 1$ (ak by niekto chcel dostať).

Receptúra ​​Vikorist pre účinnosť progesterónu (bez pridanej vody):

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

Chcel by som minúť jeden čas z takmer 0,87 alebo 87 %.

zadok 3.Úroveň intenzity lukostreleckého terča zostáva na 0,3.

Poznajte pravdepodobnosť, že pri šiestich výstreloch bude cieľ zasiahnutý tri až šesťkrát.

Pred úlohou je potrebné poznať pravdepodobnosť, aký počet udalostí nastane v danom intervale (a nie presne aký počet). Ale vzorec vikoristovuetsya nadmerne.

Isté je, že meta bude zasiahnutá tri až šesťkrát, takže zásahy budú buď 3, alebo 4, alebo 5 alebo 6.

Tieto údaje sa vypočítajú pomocou vzorca (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.

Fragmenty tohto nezmyslu, nezrozumiteľnosť možno nájsť pomocou vzorca na sčítanie nezrozumiteľnosti: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6( 6)=$$ $$ = 0,185+0,06+0,01+0,001=0,256,$$

zadok 4. Spoľahlivosť jedného výstrelu na terč so štyrmi výstrelmi dosahuje 0,9984. Zistite pravdepodobnosť zasiahnutia cieľa jedným výstrelom.

Pravdepodobnosť zasiahnutia cieľa jedným výstrelom je významná. Predstavme si nasledovné:
$A = $ (chcel by som vystreliť jeden výstrel z terča),
a tiež posledné slovo, ktoré možno napísať ako:
$\overline(A) = $ (Všetky 4 zábery budú na akýkoľvek účel, pokiaľ to bude možné).

Zapíšme si vzorec pre homoviralitu $A$.

Uvedené hodnoty sú: $ n = 4 $, $ P (A) = 0,9984 $. Nahradiť a odstrániť zo vzorca (1):

$$ 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.

Veríme, že je pravda, že sa to stalo:

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

Taktiež pravdepodobnosť vystavenia sa cieľu pri jednom výstrele sa rovná 0,8.

Čokoľvek čítate a zdieľate s ostatnými

Korisni poslannya

Nájdite hotové problémy v riešení:

Online výskum Bernoulliho vzorca

Vírusová nerovnosť pomocou kalkulačky

Nepokoj v matematike sa rozširuje na všetky úrovne, kde „=“ je nahradené ktorýmkoľvek z nasledujúcich symbolov: \ [> \] \ [\ geq \] \ [

* lineárne;

* Námestie;

* brokovnica;

* orientačné;

* trigonometrické;

* logaritmické.

Preto sa kvôli tejto nerovnomernosti nazývajú lineárne, čiastočné atď.

Je vašou zodpovednosťou uvedomiť si tieto príznaky:

* nerovnosť s väčším (>) alebo menším symbolom (

* Nezrovnalosti s ikonami ako väčšia alebo rovnaká \[\geq\] menšia alebo rovnaká [\leq\] sa nazývajú neprofesionálne;

* ikona nie je rovnaká [[ne]], ale je potrebné dôsledne odstraňovať problémy s touto ikonou.

Takáto nestabilita existuje vo vzhľade obrátenia identít.

Prečítajte si aj náš článok „Viac ako riešenie pre online zoznamovanie“

Je prijateľné, aby sa neistota ofenzívy určila:

Veríme, že je to rovnaké ako lineárne zarovnanie Dávajte pozor, aby ste sledovali znak nerovnosti.

Zo začiatku prenášame členy z neznáma doľava, z viditeľného doprava, pričom na prednej strane meníme symboly:

Potom strany, ktoré sa previnili, vydelíme -4 a časom zmeníme znamienko nerovnosti:

Toto je svedectvo na tróne.

Kde môžem byť na internete nesvoj?

Zápas môžete odomknúť na našej webovej stránke pocketteacher.ru.

Bernoulliho kalkulačka nerovností

Za sekundu bezplatné online riešenie na objednávanie online zoznamky, bez ohľadu na to, aké ťažké to môže byť. Všetko, čo potrebujete zarobiť, je zadať svoje údaje o účte. Na našej stránke si môžete pozrieť aj video návod a zistiť, ako uspieť.

A ak máte jedlo, môžete ho dodať z našej skupiny Vkontakte: vreckový učiteľ. Pridajte sa do našej skupiny, radi vám pomôžeme.

Metóda opakovanej matematickej indukcie

Oddelené hodnosti/Rozdielové hodnosti

© Kontrona robota RU - online kalkulačky

Rozlúštenie diferenciálnych úrovní

Zadajte rozdiel.

Rivnyanya:

Ak potrebujete ďalšiu pomoc s kalkulačkou, môžete skontrolovať diferenciálne porovnanie rôzna skladateľnosť.

Použite neviazané diferenciálne úrovne

Metóda matematickej indukcie

Zadajte

Hlavná časť

1. Plná a nerovnomerná indukcia
2. Princíp matematickej indukcie
3. Metóda matematickej indukcie
4. Riešenie na zadok
5. Horlivosť
6. Zoznam čísel
7. Úzkosť

Višňovok

Zoznam wikilistov

Zadajte

Základom každého matematického skúmania sú deduktívne a induktívne metódy. Deduktívna metóda merchandisingu je teda merkuvannya od skrytého k súkromnému. blednutie, ktorého posledný moment je skrytým výsledkom a posledným momentom je súkromný výsledok. Indukcia teda stagnuje pri prechode od súkromných výsledkov k tajným. є metódou siahajúcou od deduktívnej.

Metóda matematickej indukcie sa môže zlepšovať s pokrokom. Začíname od najnižšieho a výsledkom logického myslenia sa dostávame k najvyššiemu. Ľudia sa už vzdali pokroku, aby logicky rozvíjali svoje myšlienky, pretože sama príroda to vytvorila tak, aby rástli induktívne.

Hoci rozsah metódy matematickej indukcie narástol, školské osnovy jej venujú málo času. No povedzme, že hnedí ľudia by si mali priniesť tie dve-tri lekcie, na ktoré precítia päť slov z teórie, naučia sa päť zaujímavých úloh a vo výsledku si odnesú päť pre tých, ktorí nič nevedia.

Je to tiež dôležité - zvážte rozmery indukčne.

Hlavná časť

Za svojim primárnym miestom slovo „indukcia“ stagnuje, až kým nezmizne, potom môže byť odstránené zagalini vysnovki, špirálovito na nízkej súkromnej nebeskej klenbe. Najjednoduchšou metódou tohto druhu martingu je opakovaná indukcia. Pažba nápravy je taká poškvrnená.

Prosím, uistite sa, že pre prirodzeného chlapa číslo n nie je väčšie ako 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.

Týchto deväť horlivostí ukazuje, že šupka čísel, ktoré potrebujeme vyhrabať, je efektívne reprezentovaná súčtom dvoch jednoduchých sčítaní.

Existuje tiež neustála indukcia v tom, že tajná pevnosť sa aplikuje priamo na pokožku od konečného počtu možných epizód.

Niekedy sa skrytý výsledok môže sprostredkovať po pohľade nie na každého, ale cez veľké množstvo kruhových objazdov (takto sa nazýva nekonzistentná indukcia).

Výsledok, odmietnutý indukciou, sa však stráca iba hypotézou, kým sa nevykonajú presné matematické výpočty, ktoré obklopujú všetko okolo pádu. Inými slovami, nedokonalá indukcia v matematike nie je rešpektovaná legitímnou metódou silného dôkazu, ale skôr silnou metódou objavovania nových právd.

Napríklad potrebujete poznať súčet prvých n po sebe idúcich nepárových čísel. Poďme sa pozrieť na spád:

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

Po zhliadnutí týchto mnohých vedľajších výbuchov si človek spomenie na nápor nasledovného:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

tobto. súčet prvých n prvých nepárových čísel sa rovná n 2

Samozrejme, väčšia opatrnosť môže byť dôkazom platnosti vzorca.

Opakovaná indukcia vedie k menšej stagnácii v matematike. Existuje množstvo matematických tvrdení, ktoré podporujú nespočetné množstvo výpadkov, a nie je možné, aby sme vykonali overenie pre nespočetný počet výpadkov. Nesprávna indukcia často vedie k miernym výsledkom.

V mnohých prípadoch sa cesta z takýchto ťažkostí spolieha na špeciálnu metódu indukcie, nazývanú metóda matematickej indukcie. Vіn leží v ďalšom kroku.

Platnosť tohto tvrdenia je potrebné dokázať pre ľubovoľné prirodzené číslo n (napríklad je potrebné dokázať, že súčet prvých n nepárových čísel sa rovná n 2). Úplné opätovné overenie tejto pevnosti pokožky hodnoty n je nemožné, pretože počet prirodzených čísel je nekonečný. Na dokončenie záveru najskôr skontrolujte jeho platnosť pre n=1. Potom tvrdíme, že akákoľvek prirodzená hodnota k zo ​​spravodlivosti uvažovaného tvrdenia pre n=k dostane svoju spravodlivosť pre n=k+1.

Toto vyhlásenie je rešpektované a oznámené každému. Pravda, výrok je spravodlivý pre n=1. Ale todi vono faire y odnogo číslo n=1+1=2. Táto spravodlivosť tvrdenia pre n=2 má za následok rovnakú spravodlivosť pre n=2+

1=3. Toto ukazuje platnosť potvrdenia pre n=4 atď. Došlo nám, že napokon prídeme k ľubovoľnému prirodzenému číslu n. No, afirmácia je správnejšia pre akékoľvek n.

Keď už sme to povedali, sformulujme ofenzívny princíp za ohňom.

Princíp matematickej indukcie.

Keďže výrok A(n), ktorý leží s prirodzeným číslom n, platí pre n=1 a pretože platí pre n=k (ak je k prirodzené číslo), tak platí pre prirodzené číslo n= k +1, predpoklad A(n) platí pre akékoľvek prirodzené číslo n.

V rade prípadov je potrebné dokázať platnosť tohto tvrdenia nie pre všetky prirodzené čísla, ale najmä pre n>p, kde p je pevné prirodzené číslo. A tu je princíp matematickej indukcie formulovaný nasledovne.

Ak je výrok A(n) pravdivý pre n=p a ak A(k)ÞA(k+1) pre ľubovoľné k>p, potom výrok A(n) platí pre ľubovoľné n>p.

Týmto spôsobom sa vykonáva dôkaz metódou matematickej indukcie. Odteraz musí byť pevnosť overená pre n=1. je potvrdená pravdivosť podmienky A(1). Táto časť konfirmácie sa nazýva základ indukcie. Potom prichádza časť dôkazu nazývaná indukčný proces. Ktorá časť má dokázať platnosť tvrdenia pre n=k+1 a predpokladanú platnosť tvrdenia pre n=k (predpokladaná indukcia), teda. dokážte, že A(k) ÞA(k+1).

Uveďte, že 1+3+5+…+(2n-1)=n 2.

Riešenie: 1) Máj n=1=1 2 . Otje,

tvrdenie je správne pre n=1. A(1) je pravda.

2) Dokážme, že A(k) ÞA(k+1).

Nech k je prirodzené číslo a potom nech platí tvrdenie pre n = k.

1+3+5+…+(2k-1)=k2.

Dokážme, že tvrdenie platí aj pre postupujúce prirodzené číslo n=k+1. čo

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1)2.

pravda,

1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k2+2k+1=(k+1)2.

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Podľa princípu matematickej indukcie je predpoklad A(n) skutočne nÎN.

Prineste to

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

Riešenie: 1) Keď n=1 je eliminované

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

Tiež pre n=1 platí vzorec; A(1) je pravda.

2) Nech k je prirodzené číslo a nech je vzorec správny pre n = k.

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

Pozrime sa, že tu sa žiarlivosť končí.

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

Pravda

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

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

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Na základe princípu matematickej indukcie vyplýva, že vzorec je správny pre každé prirodzené číslo n.

Uveďte, že počet uhlopriečok konvexného n-kutnika sa rovná n(n-3)/2.

Riešenie: 1) Pri n=3 vpravo

A 3 múdro, viac v trikutniku

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

A 2 A(3) je pravdivé.

2) Je prijateľné, aby každý

vydutý k-kutnik nesie

A 1 x Ak = k (k-3) / 2 uhlopriečky.

A k Pozrime sa, čo je s vydutím zlé

(k+1)-kutnické číslo

uhlopriečky A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

Nehai A 1 A 2 A 3 …A k A k +1 - opukly (k + 1)-kutnik. Nakreslíme novú uhlopriečku A1Ak. Na úpravu počtu uhlopriečok tohto (k+1)-uholníka je potrebné upraviť počet uhlopriečok v k-boxe A 1 A 2 ...A k , k vypočítanému číslu potom pripočítať k-2. počet uhlopriečok (k+1)-kutnika, ktoré sa rozprestierajú od vrcholov A k+1 i, navyše sledujú uhlopriečku A 1 A k .

Takýmto spôsobom

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

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Podľa princípu matematickej indukcie je tvrdenie správne pre každý konvexný n-stĺpec.

Aby som povedal, že pre každého existuje spravodlivé potvrdenie:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Rozlíšenie: 1) Nech n = 1

X1 = 1 2 = 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 = 1.

No, s n=1 je obloha správnejšia.

2) Je prijateľné, aby n=k

Xk=k2=k(k+1)(2k+1)/6.

3) Pozrime sa na dané tuhnutie pre 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)(2k2+7k+6)/6=(k+1)(2(k+3/2)(k+

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

Stanovili sme platnosť rovnosti i pre n = k + 1 a vďaka metóde matematickej indukcie je tvrdenie správnejšie pre akékoľvek prirodzené číslo n.

Povedať, že pre každú prirodzenú žiarlivosť je spravodlivé:

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

Rozlíšenie: 1) Nech n = 1.

Todi X1 = 13 = 12 (1 + 1) 2/4 = 1.

Mi, správnejšie je to, čo je n=1.

2) Je prijateľné, že žiarlivosť je správna pre n = k

Xk = k2 (k + 1) 2/4.

3) Dokážme pravdivosť tohto tvrdenia pre n=k+1.

Xk+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(k2+4k+4)/4=(k+1)2(k+2)2/4.

Z vyššie uvedeného dôkazu je zrejmé, že tvrdenie platí pre n = k + 1, teda žiarlivosť platí pre každé prirodzené číslo n.

Prineste to

((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), kde n>2.

Riešenie: 1) Pre n=2 identita vyzerá takto: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

tobto. To je správne.

2) Je prijateľné, aby bol výraz pre n = k správny

(2 3 +1)/(2 3 -1)´…´(k 3+1)/(k3-1)=3k(k+1)/2(k2+k+1).

3) Dokážme správnosť vírusu pri 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(k2+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).

Stanovili sme platnosť rovnosti pre n=k+1, potom pomocou metódy matematickej indukcie je tvrdenie správne pre ľubovoľné n>2

Prineste to

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

pre akékoľvek prirodzené n.

Rozlíšenie: 1) Nech n = 1

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

2) Je prijateľné, aby n=k

1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3-(2k)3 =-k2 (4k+3).

3) Dokážme pravdivosť tohto tvrdenia pri 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).

Bolo dokázané, že rovnica platí pre n=k+1, takže tvrdenie je správnejšie pre akékoľvek prirodzené n.

Uistite sa, že rovnosť je pravdivá

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

pre akékoľvek prirodzené n.

1) Pre n = 1 platí identita: 1 2 / 1 ' 3 = 1 (1 + 1) / 2 (2 + 1).

2) Je prijateľné, aby n=k

(1 2 /1´3)+…+(k2/(2k-1)´(2k+1))=k(k+1)/2(2k+1).

3) Dokážme, že totožnosť je správna pre 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).

Z vyššie uvedených dôkazov je jasné, že pevnosť platí pre akékoľvek prirodzené n.

Prineste, že (11n+2+122n+1) je deliteľné 133 bez prebytku.

Rozlíšenie: 1) Nech n = 1

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

Ale (23´133) je delené 133 bez prebytku, takže pri n=1 platí tvrdosť; A(1) je pravda.

2) Je prijateľné, aby sa (11 k+2 +12 2k+1) vydelilo 133 bez prebytku.

3) Poďme si vysvetliť, čo má táto doba

(11 k+3 +12 2k+3) sa vydelí 133 bez prebytku. Pravda 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 .

Súčet sa zamietne, aby sa delil 133 bez prekročenia, pretože prvé sčítanie sa vydelí 133 bez prebytku pre prídavky a v druhom z násobiteľov je 133. Takže, A(k) ÞA(k+1). Sila metódy matematickej indukcie bola dosiahnutá.

Prineste, že pre ľubovoľné n je n -1 deliteľné 6 bez prebytku.

Riešenie: 1) Nech n = 1, potom X 1 = 7 1 -1 = 6 vydelíme 6 bez prebytku. To znamená, že pre n = 1 je tvrdenie pravdivé.

2) Je prijateľné, aby n=k

7 k-1 sa delí 6 bez prebytku.

3) Dokážme, že tvrdenie platí pre n=k+1.

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

Prvý prídavok je delený 6, úlomky 7 k -1 sú delené 6 pre polievku a druhý prídavok je 6. Takže 7 n -1 je násobkom 6 pre akékoľvek prirodzené číslo n. Sila metódy matematickej indukcie bola dosiahnutá.

Uveďte, že 3 3n-1 +2 4n-3 s dostatočným prirodzeným n je deliteľné 11.
Rozlíšenie: 1) Nech n = 1

X 1 = 3 3-1 +2 4-3 = 3 2 +2 1 = 11 delené 11 bez prebytku. No, s n=1 je obloha správnejšia.

2) Je prijateľné, aby n=k

X k = 3 3k-1+24k-3 sa vydelí 11 bez prebytku.

3) Dokážme, že tvrdenie je správne pre 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 .

Najprv sa dodatočný súčet vydelí 11 bez prebytku, fragmenty 3 3k-1 +2 4k-3 sa po prídavkoch vydelia 11, druhý sa vydelí 11, pretože jedným z jeho násobiteľov je číslo 11. To znamená, že súčet sa vydelí 11 bez prebytku pre akékoľvek prirodzené n. Sila metódy matematickej indukcie bola dosiahnutá.

Uveďte, že 11 2n -1 s dostatočným prirodzeným n je deliteľné 6 bez prebytku.

Rozlíšenie: 1) Nech n=1, potom 112-1=120 vydelíme 6 bez prebytku. To znamená, že pre n = 1 je tvrdenie pravdivé.

2) Je prijateľné, aby n=k

11 2k -1 sa delí 6 bez prebytku.

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

Priestupok dodatkov sa delí 6 bez prekročenia: po prvé, číslo je deliteľné 6, číslo je 120 a druhé sa delí 6 bez prekročenia pre polievky. To znamená, že súčet je deliteľný 6 bez prebytku. Metóda matematickej indukcie sa osvedčila.

Uveďte, že 3 3n+3 -26n-27 s dostatočným prirodzeným n sa vydelí 26 2 (676) bez prebytku.

Riešenie: Dokážme vopred, že 33n+3-1 je deliteľné 26 bez prebytku.

1. Keď n=0

3 3 -1 = 26 sa vydelí 26

2. Je prijateľné, aby n=k

3 3k+3 -1 je delené 26

3. Dajte nám vedieť, čo je pevne stanovené

Opravte pre n=k+1.

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

Teraz dokážeme afirmáciu formulovanú v mysli majstra.

1) Je zrejmé, že pre n = 1 je tvrdenie pravdivé

3 3+3 -26-27=676

2) Je prijateľné, aby n=k

Viraz 3 3k+3 -26k-27 sa delí 26 2 bez prebytku.

3) Dokážme, že tvrdenie je správne pre n=k+1

333k+6-26(k+1)-27=26(333k+3-1)+(33k+3-26k-27).

Zášť dodankov delí 26 2; Najprv vydelíme 26 2, aby sme úplnosť priblížili na 26 stupňov, čo stojí pri ramenách a druhé vydelíme indukciou. Na základe metódy matematickej indukcie sa dospelo k záveru.

Dokážte, že ak n>2 a x>0, potom nerovnosť platí

(1+x) n >1+n´x.

Riešenie: 1) Len keď je nerovnosť n=2 spravodlivá

(1+x)2 = 1+2x+x2 >1+2x.

A(2) je pravda.

2) Dokážme, že A(k) ÞA(k+1), keďže k> 2. Je prípustné, aby A(k) platilo, potom platí nerovnosť

(1+x) k >1+k´x. (3)

Dokážme, že aj A(k+1) je pravdivé, takže nerovnosť je pravdivá

(1+x) k+1 >1+(k+1)'x.

V skutočnosti je eliminované násobenie problematických častí nerovnosti (3) kladným číslom 1+x

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Pozrime sa na pravú časť zvyšných nervóz-

stva; maєmo

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

Výsledok je jasný, že

(1+x) k+1 >1+(k+1)'x.

Otzhe, A(k) ÞA(k+1). Na základe princípu matematickej indukcie je možné potvrdiť, že Bernoulliho nerovnosť platí pre všetky

Povedzte, že nepokoj je spravodlivý

(1+a+a2) m > 1+m'a+(m(m+1)/2)'a2 pre a> 0.

Riešenie: 1) Keď m=1

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 priestupkové časti rovnaké.

2) Je prijateľné, aby m=k

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

3) Dokážme, že s m=k+1 je nerovnosť správna

(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)'a2.

Stanovili sme platnosť nerovnosti pre m=k+1 a potom, na základe metódy matematickej indukcie, nerovnosť platí pre akékoľvek prirodzené m.

Ukážte, že pre n>6 platí nerovnosť

3 n > n'2 n+1.

Rozuzlenie: Prepíšte nervozitu vo svojom vzhľade

1. Pri n=7 je to možné

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

Úzkosť je pravdivá.

2. Je prijateľné, aby n=k

3) Ukážme presnosť nerovnosti pri n = k +1.

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

Fragmenty k>7, zostávajúca nervozita je zrejmá.

Na základe metódy matematickej indukcie platí nerovnosť pre akékoľvek prirodzené číslo n.

Ukážte, že pre n>2 platí nerovnosť

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

Riešenie: 1) Keď n=3, nerovnosť platí

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

1. Je prijateľné, aby n=k

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

3) Prinesme spravodlivosť tomu,

rovnaké pre n=k+1

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

Pozrime sa, že 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

Zostáva to zrejmé, ale

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

Pri pohľade na metódu matematickej indukcie sa dosiahla nerovnosť.

Višňovok

Keď som sa naučil metódu matematickej indukcie, rozšíril som svoje znalosti v tejto oblasti matematiky a tiež som sa naučil prekonávať problémy, ktoré predtým boli nad moje sily.

To má teda logické a účelné úlohy. práve tie, ktoré podporujú záujem o samotnú matematiku, ako aj o vedu. Vzostup takýchto úloh je skvelá práca a v matematických laboratóriách môžete získať stále zaujímavejšie. To je podľa mňa základ každej vedy.

Pokračovaním v učení metódy matematickej indukcie sa tomu naučím rozumieť nielen v matematike, ale aj v najdôležitejších problémoch fyziky, chémie a života samotného.

MATEMATIKA:

PREDNÁŠKY, VYUČOVANIE, ROZHODOVANIE

Základná publikácia / V. G. Boltyansky, Yu. V. Sidorov, M. I. Shabunin. TOV "Popuri" 1996.

ALGEBRA A SPÄŤ K ANALÝZE

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