Математик индукцийн аргыг ашиглан томьёог батал. Математик индукцийн зарчим

Математикийн индукцийн аргыг ашиглан аливаа байгалийн хувьд үүнийг нотлох nдараах тэгшитгэл хүчинтэй байна:
A) ;
б) .

Шийдэл.

a) Хэзээ n= 1 тэгш байдал үнэн. үед тэгш байдлын хүчинтэй гэж үзвэл n, бид хэзээ ч түүний хүчинтэй байдлыг харуулах болно n+ 1. Үнэхээр,

Q.E.D.

б) Хэзээ n= 1 тэгш байдлын үнэн зөв нь тодорхой байна. Түүний хүчинтэй байх таамаглалаас nёстой

Өгөгдсөн тэгш байдал 1 + 2 + ... + n = n(n+ 1)/2, бид авна

1 3 + 2 3 + ... + n 3 + (n + 1) 3 = (1 + 2 + ... + n + (n + 1)) 2 ,

өөрөөр хэлбэл мэдэгдэл нь үнэн байх үед n + 1.

Жишээ 1.Дараах тэгш байдлыг батал

Шийдэл. a) Хэзээ n= 1 тэгш байдал нь 1=1 хэлбэртэй байх тул, П(1) үнэн. Энэ тэгш байдал үнэн, өөрөөр хэлбэл энэ нь үнэн гэж үзье

Тиймээс математик индукцийн аргын дагуу анхны тэгш байдал нь аливаа байгалийн хувьд хүчинтэй байдаг n.

Тайлбар 2.Энэ жишээг өөрөөр шийдэж болох байсан. Үнэхээр нийлбэр нь 1 + 2 + 3 + ... + байна nэхний нийлбэр юм nэхний гишүүнтэй арифметик прогрессийн гишүүд а 1 = 1 ба ялгаа г= 1. Сайн мэдэх томъёоны ачаар , бид авдаг

б) Хэзээ n= 1 тэгш байдал нь дараах хэлбэртэй болно: 2 1 - 1 = 1 2 эсвэл 1=1, өөрөөр хэлбэл, П(1) үнэн. Тэгш байдал хангагдсан гэж үзье

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2 болж байгааг нотлох болноП(n + 1): 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n+ 1) 2 эсвэл 1 + 3 + 5 + ... + (2 n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2 .

Индукцийн таамаглалыг ашиглан бид олж авна

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

Тиймээс, П(n+ 1) үнэн тул шаардлагатай тэгш байдал нотлогдсон.

Тайлбар 3.Энэ жишээг (өмнөхтэй адил) математикийн индукцийн аргыг ашиглахгүйгээр шийдэж болно.

в) Хэзээ n= 1 тэгш байдал нь үнэн: 1=1. Тэгш байдал үнэн гэж бодъё

г) Хэзээ n= 1 тэгш байдал нь үнэн: 1=1. Энэ нь болж байна гэж бодъё

Үнэхээр,

д) Зөвшөөрөх П(1) үнэн: 2=2. Тэгш байдал гэж үзье

Иймээс анхны тэгш байдал нь аливаа байгалийн хувьд биелдэг n.

е) П(1) үнэн: 1/3 = 1/3. Тэгш эрх байх болтугай П(n):

Нээрээ л бодоод үз дээ П(n) барина, бид авна

Тиймээс тэгш байдал нотлогдож байна.

g) Хэзээ n= 1 бидэнд байна а + б = б + атиймээс тэгш байдал шударга байна.

Ньютоны бином томьёо хүчинтэй байг n = к, өөрөөр хэлбэл,

Жишээ 2.Тэгш бус байдлыг нотлох

Шийдэл. a) Хэзээ n= 1 бид жинхэнэ тэгш бус байдлыг олж авна

1 + a ≥ 1 + a . Тэгш бус байдал байна гэж бодъё

Үнэн хэрэгтээ, > -1 нь a + 1 > 0 гэсэн утгатай тул (1) тэгш бус байдлын хоёр талыг (a + 1) үржүүлбэл бид олж авна.

(1 + а) n(1 + а) ≥ (1 + n a )(1 + a ) эсвэл (1 + a ) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 оноос хойш n a 2 ≥ 0, тиймээс(1 + а) n + 1 ≥ 1 + (n+ 1)a + n a 2 ≥ 1 + ( n+ 1) а.

Тиймээс, хэрэв П(n) үнэн, тэгвэл П(n+ 1) үнэн тул математик индукцийн зарчмын дагуу Бернуллигийн тэгш бус байдал үнэн болно.

б) Хэзээ n= 1 бид авна x 1 = 1 тул x 1 ≥ 1 гэсэн үг П(1) бол шударга мэдэгдэл юм. Ингэж бодъё П(n) үнэн, өөрөөр хэлбэл адика бол x 1 ,x 2 ,...,x n - nүржвэр нь нэгтэй тэнцүү эерэг тоонууд, x 1 x 2 ·...· x n= 1, ба x 1 + x 2 + ... + x n ≥ n.

Энэ өгүүлбэр нь дараах үнэнийг агуулж байгааг харуулъя: хэрэв x 1 ,x 2 ,...,x n ,x n+1 - (n+ 1) эерэг тоонууд x 1 x 2 ·...· x n · x n+1 = 1, тэгвэл x 1 + x 2 + ... + x n + x n + 1 ≥n + 1.

Дараах хоёр тохиолдлыг авч үзье.

1) x 1 = x 2 = ... = x n = x n+1 = 1. Тэгвэл эдгээр тоонуудын нийлбэр нь ( n+ 1), шаардлагатай тэгш бус байдал хангагдсан;

2) дор хаяж нэг тоо нь нэгээс ялгаатай, жишээлбэл, нэгээс их байна. Дараа нь, түүнээс хойш x 1 x 2 · ... · x n · x n+ 1 = 1, нэгээс өөр (илүү нарийвчлалтай, нэгээс бага) дор хаяж нэг тоо байна. Болъё x n+ 1 > 1 ба x n < 1. Рассмотрим nэерэг тоонууд

Учир нь

(1 - x n)(x n+1 - 1) > 0, дараа нь n + x n + x n+1 - x n x n+1 = n + 1 + x n+1 (1 - x n) - 1 + x n =
= n + 1 + x n+1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n)(x n+1 - 1) ≥ n+ 1. Тиймээс, x 1 + x 2 + ... + x n + x n+1 ≥ n+1, өөрөөр хэлбэл, хэрэв П(n) үнэн, тэгвэлП(n+ 1) шударга. Тэгш бус байдал нь батлагдсан.

Тайлбар 4.Тэнцүү тэмдэг нь зөвхөн, хэрэв л байвал болно x 1 = x 2 = ... = x n = 1.

в) зөвшөөрөх x 1 ,x 2 ,...,x n- дурын эерэг тоо. Дараахь зүйлийг анхаарч үзээрэй nэерэг тоо:

Тайлбар 5.Тэгш эрх нь зөвхөн, хэрэв байгаа бол л хэрэгжинэ x 1 = x 2 = ... = x n .

г) П(1) нь шударга мэдэгдэл юм: sin 2 a + cos 2 a = 1. гэж үзье. П(n) нь үнэн мэдэгдэл юм:

Нүгэл 2 n a + cos 2 n a ≤ 1 мөн юу болохыг харуулП(n+ 1). Үнэхээр,нүгэл 2( n+ 1) a + cos 2( n+ 1) a = нүгэл 2 n a нүгэл 2 a + cos 2 n cos 2 a< sin 2n a + cos 2 n a ≤ 1 (хэрэв нүгэл 2 a ≤ 1 бол cos 2 a < 1, и обратно: если cos 2 a ≤ 1, дараа нь нүгэл 2 a < 1). Таким образом, для любого nТУХАЙ Ннүгэл 2 n a + cos 2 n ≤ 1 байх ба тэгш байдлын тэмдэг нь зөвхөн үед л хүрнэn = 1.

д) Хэзээ n= 1 мэдэгдэл үнэн: 1< 3 / 2 .

Ингэж бодъё мөн бид үүнийг батлах болно

f) 1-р тэмдэглэлийг харгалзан шалгацгаая П(10): 2 10 > 10 3, 1024 > 1000, тиймээс, n= 10 мэдэгдэл үнэн. 2 гэж бодъё n > n 3 (n> 10) ба нотлох П(n+ 1), энэ нь 2 n+1 > (n + 1) 3 .

Хэзээнээс n> 10 бидэнд байна эсвэл , үүнийг дагадаг

2n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n+ 1 эсвэл n 3 > 3n 2 + 3n + 1. Тэгш бус байдал өгөгдсөн (2 n > n 3), бид 2-ыг авна n+1 = 2 n·2 = 2 n + 2 n > n 3 + n 3 > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3 .

Тиймээс математикийн индукцийн аргын дагуу аливаа байгалийн хувьд nТУХАЙ Н, n≥ 10 бидэнд 2 байна n > n 3 .

Жишээ 3.Үүнийг хэнд ч нотол nТУХАЙ Н

Шийдэл.а) П(1) нь үнэн мэдэгдэл юм (0 нь 6-д хуваагдана). Болъё П(n) шударга, өөрөөр хэлбэл n(2n 2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n- 1) 6-д хуваагддаг. Дараа нь тохиолдохыг харуулъя П(n+ 1), өөрөөр хэлбэл, ( n + 1)n(2n+ 1) нь 6-д хуваагддаг.Үнэхээр, оноос хойш

Тиймээс, П(n+ 1) шударга мэдэгдэл, тиймээс n(2n 2 - 3n+ 1) дурын хувьд 6-д хуваагддаг nТУХАЙ Н.

б) Шалгацгаая П(1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, тиймээс, П(1) бол шударга мэдэгдэл юм. 6 2 бол гэдгийг батлах хэрэгтэй n-2 + 3 n+1 + 3 n-1-ийг 11-д хуваана ( П(n)), дараа нь 6 2 n + 3 n+2 + 3 nмөн 11-д хуваагддаг ( П(n+ 1)). Үнэхээр тэр цагаас хойш

6 2n + 3 n+2 + 3 n = 6 2n-2+2 + 3 n+1+1 + 3 n-1+1 = = 6 2 6 2 n-2 + 3 3 n+1 + 3 3 n-1 = 3·(6 2 n-2 + 3 n+1 + 3 n-1) + 33 6 2 n-2 ба 6 2 гэх мэт n-2 + 3 n+1 + 3 n-1 ба 33 6 2 n-2 11-д хуваагддаг бол тэдгээрийн нийлбэр нь 6 болно 2n + 3 n+2 + 3 n 11-д хуваагддаг.Тухайн үг нь батлагдсан. Геометрийн индукц

Жишээ 4.Зөв 2-ын талыг тооцоол n- радиустай тойрог дотор бичээстэй гурвалжин Р.

Ном зүйн тайлбар:Баданин А.С., Сизова М. Ю. Математикийн индукцийн аргыг натурал тоонуудын хуваагдлын асуудлыг шийдвэрлэхэд ашиглах нь // Залуу эрдэмтэн. 2015. №2. P. 84-86..02.2019).

Математикийн олимпиадад натурал тоон хуваагдах чадварыг батлахад хэцүү асуудлууд ихэвчлэн гардаг. Сургуулийн хүүхдүүдэд ийм асуудлыг шийдэх боломжтой бүх нийтийн математик аргыг хэрхэн олох вэ?

Хуваах чадварыг батлах ихэнх асуудлыг математикийн индукцийн аргаар шийдэж болох боловч сургуулийн сурах бичигт энэ аргад маш бага анхаарал хандуулдаг бөгөөд ихэнхдээ онолын товч тайлбарыг өгч, хэд хэдэн асуудалд дүн шинжилгээ хийдэг.

Бид тооны онолоос математик индукцийн аргыг олдог. Тооны онолын эхэн үед математикчид олон баримтыг индуктив аргаар нээсэн: Л.Эйлер, К.Гаусс нар заримдаа тоон зүй тогтлыг анзаарч, түүнд итгэхээсээ өмнө мянга мянган жишээг авч үздэг байв. Гэхдээ тэр үед тэд "эцсийн" шалгалтыг давсан таамаглалууд ямар хуурамч болохыг ойлгосон. Хязгаарлагдмал дэд олонлогт баталгаажсан мэдэгдлээс бүхэл хязгааргүй олонлогийн ижил төстэй мэдэгдэл рүү индуктив байдлаар шилжихийн тулд нотлох баримт шаардлагатай. Энэ аргыг Блэйз Паскал санал болгосон бөгөөд тэрээр аливаа бүхэл тоог бусад бүхэл тоонд хуваах шинж тэмдгийг олох ерөнхий алгоритмыг олсон (“Тоон хуваагдах шинж чанарын тухай” зохиол).

Математикийн индукцийн аргыг бүх натурал тоонуудын хувьд тодорхой өгүүлбэрийн үнэн, эсвэл тодорхой n тооноос эхлэн өгүүлбэрийн үнэнийг батлах замаар нотлоход ашигладаг.

Математик индукцийн аргыг ашиглан тодорхой мэдэгдлийн үнэнийг батлах асуудлыг шийдвэрлэх нь дөрвөн үе шатаас бүрдэнэ (Зураг 1).

Цагаан будаа. 1. Асуудлыг шийдвэрлэх схем

1. Индукцийн үндэс . Тэд уг мэдэгдлийн үнэн зөвийг хамгийн бага натурал тоогоор шалгадаг.

2. Индуктив таамаглал . Бид k-ийн зарим утгын хувьд энэ мэдэгдэл үнэн гэж таамаглаж байна.

3. Индукцийн шилжилт . Энэ мэдэгдэл k+1-ийн хувьд үнэн болохыг бид баталж байна.

4. Дүгнэлт . Хэрэв ийм нотолгоо дууссан бол математик индукцийн зарчимд үндэслэн аливаа натурал n тооны хувьд уг мэдэгдэл үнэн гэж үзэж болно.

Математикийн индукцийн аргыг натурал тоонуудын хуваагдах чадварыг батлах асуудлыг шийдвэрлэхэд ашиглах талаар авч үзье.

Жишээ 1. 5 тоо нь 19-ийн үржвэр бөгөөд n нь натурал тоо гэдгийг батал.

Нотолгоо:

1) Энэ томъёо n = 1-д зөв эсэхийг шалгая: =19 тоо нь 19-ийн үржвэр юм.

2) Энэ томьёо нь n = k-ийн хувьд үнэн байх ёстой, өөрөөр хэлбэл тоо нь 19-ийн үржвэр юм.

Энэ нь 19-ийн үржвэр юм. Үнэн хэрэгтээ эхний гишүүн нь (2) таамаглалын улмаас 19-д хуваагддаг; Хоёрдахь гишүүн нь мөн 19-д хуваагддаг, учир нь энэ нь 19-ийн хүчин зүйлийг агуулдаг.

Жишээ 2.Дараалсан гурван натурал тооны шоо нийлбэр 9-д хуваагддаг болохыг батал.

Нотолгоо:

“Аль ч натурал n тооны хувьд n 3 +(n+1) 3 +(n+2) 3 илэрхийлэл нь 9-ийн үржвэр юм.

1) n = 1: 1 3 +2 3 +3 3 =1+8+27=36 9-ийн үржвэрийн хувьд энэ томъёо зөв эсэхийг шалгая.

2) n = k хувьд энэ томьёо үнэн байг, өөрөөр хэлбэл k 3 +(k+1) 3 +(k+2) 3 нь 9-ийн үржвэр юм.

3) Томъёо нь n = k + 1-д мөн үнэн болохыг баталъя, өөрөөр хэлбэл (k+1) 3 +(k+2) 3 +(k+3) 3 нь 9-ийн үржвэр юм. (k+1) 3 +( k+2) 3 +(k+3) 3 =(k+1) 3 +(k+2) 3 + k 3 + 9k 2 +27 k+ 27=(k 3 +(k+1) 3 +(k +2) 3)+9(k 2 +3k+ 3).

Үүссэн илэрхийлэлд тус бүр нь 9-д хуваагддаг хоёр гишүүн байгаа тул нийлбэр нь 9-д хуваагдана.

4) Математик индукцийн зарчмын хоёр нөхцөл хангагдсан тул өгүүлбэр нь n-ийн бүх утгын хувьд үнэн юм.

Жишээ 3.Аливаа натурал n тооны хувьд 3 2n+1 +2 n+2 тоо 7-д хуваагддаг болохыг батал.

Нотолгоо:

1) Энэ томьёо n = 1-д зөв эсэхийг шалгая: 3 2*1+1 +2 1+2 = 3 3 +2 3 =35, 35 нь 7-ын үржвэр юм.

2) n = k хувьд энэ томьёо үнэн байг, өөрөөр хэлбэл 3 2 k +1 +2 k +2 нь 7-д хуваагдана.

3) Томъёо нь n = k + 1-д мөн үнэн болохыг баталцгаая, өөрөөр хэлбэл.

3 2(k +1)+1 +2 (k +1)+2 =3 2 к +1 ·3 2 +2 к +2 ·2 1 =3 2 к +1 ·9+2 к +2 ·2 =3 2 к +1 ·9+2 к +2 ·(9–7)=(3 2 к +1 +2 к +2)·9–7·2 к +2 .Т. k (3 2 к +1 +2 к +2) 9-ийг 7-д, 7-д 2 k +2-ыг 7-д хуваавал тэдгээрийн зөрүүг 7-д хуваана.

4) Математик индукцийн зарчмын хоёр нөхцөл хангагдсан тул өгүүлбэр нь n-ийн бүх утгын хувьд үнэн юм.

Натурал тоон хуваагдах онолын олон нотлох асуудлыг математикийн индукцийн аргыг ашиглан хялбархан шийдэж болно. Гэхдээ энэ аргыг бүх нийтийн гэж нэрлэх боломжгүй, учир нь бас сул талууд байдаг: нэгдүгээрт, үүнийг зөвхөн натурал тоонуудын багц дээр нотлох боломжтой, хоёрдугаарт, зөвхөн нэг хувьсагчийн хувьд нотлогдож болно.

Логик сэтгэлгээ, математикийн соёлыг хөгжүүлэхэд энэ арга нь зайлшгүй шаардлагатай хэрэгсэл юм, учир нь Оросын агуу математикч А.Н. Колмогоров хэлэхдээ: "Математик индукцийн зарчмыг ойлгох, зөв ​​хэрэгжүүлэх чадвар нь логик төлөвшлийн сайн шалгуур юм. математикчдад хэрэгтэй."

Уран зохиол:

1. Виленкин Н. Я. Комбинаторик. - М.: Боловсрол, 1976. - 48 х.

2. Генкин Л. Математик индукцийн тухай. - М., 1962. - 36 х.

3. Соломинский I. S. Математик индукцийн арга. - М.: Наука, 1974. - 63 х.

4. Шарыгин И.Ф. Математикийн нэмэлт хичээл: Бодлого шийдвэрлэх: 10-р ангийн сурах бичиг. сургуулийн дундаж - М.: Боловсрол, 1989. - 252 х.

5. Shen A. Математикийн индукц. - М.: MTsNMO, 2007. - 32 х.

Математик индукцийн арга

Танилцуулга

Үндсэн хэсэг

1. Бүрэн ба бүрэн бус индукц
2. Математик индукцийн зарчим
3. Математик индукцийн арга
4. Шийдвэрлэх жишээ
5. Тэнцүү байдал
6. Тоо хуваах
7. Тэгш бус байдал

Дүгнэлт

Ашигласан уран зохиолын жагсаалт

Танилцуулга

Аливаа математикийн судалгааны үндэс нь дедуктив ба индуктив аргууд юм. Шалтгаан бодох дедуктив арга нь ерөнхийөөс өвөрмөц рүү чиглэсэн үндэслэл, өөрөөр хэлбэл. үндэслэл, түүний эхлэл нь ерөнхий үр дүн, эцсийн цэг нь тодорхой үр дүн юм. Индукцийг тодорхой үр дүнгээс ерөнхий үр дүнд шилжүүлэхэд ашигладаг, өөрөөр хэлбэл. нь дедуктив аргын эсрэг юм.

Математикийн индукцийн аргыг ахиц дэвшилтэй харьцуулж болно. Бид хамгийн доод хэсгээс эхэлдэг бөгөөд логик сэтгэлгээний үр дүнд бид хамгийн дээд цэгт хүрдэг. Хүн үргэлж ахиц дэвшил, бодол санаагаа логикоор хөгжүүлэх чадварыг эрэлхийлсээр ирсэн бөгөөд энэ нь байгаль өөрөө түүнийг индуктив байдлаар сэтгэхийг заяасан гэсэн үг юм.

Хэдийгээр математикийн индукцийн аргын хэрэглээний цар хүрээ өргөжиж байгаа ч сургуулийн сургалтын хөтөлбөрт үүнд бага цаг зарцуулдаг. За тэгээд тэр хоёр гурван хичээл хүнд хэрэг болж, энэ хугацаанд таван үг онол сонсож, таван анхдагч бодлого шийдвэрлэж, үр дүнд нь юу ч мэдэхгүй гэдгээрээ А үнэлгээ авна гэж хэлээрэй.

Гэхдээ индуктив байдлаар сэтгэх чадвартай байх нь маш чухал юм.

Үндсэн хэсэг

Анхны утгаараа "индукц" гэдэг үг нь хэд хэдэн тодорхой мэдэгдлийн үндсэн дээр ерөнхий дүгнэлт гаргах үндэслэлд хэрэглэгддэг. Ийм үндэслэл гаргах хамгийн энгийн арга бол бүрэн индукц юм. Ийм үндэслэлийн жишээ энд байна.

Натурал n бүр тэгш тоо 4 дотор байдгийг тогтоох шаардлагатай< 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.

Эдгээр есөн тэгшитгэл нь бидний сонирхож буй тоо бүр нь хоёр энгийн гишүүний нийлбэрээр илэрхийлэгддэг болохыг харуулж байна.

Тиймээс бүрэн индукц нь ерөнхий мэдэгдлийг хязгаарлагдмал тооны боломжит тохиолдол бүрт тусад нь нотлохоос бүрдэнэ.

Заримдаа ерөнхий үр дүнг бүгдийг нь биш, харин хангалттай олон тооны тодорхой тохиолдлуудыг (бүрэн бус индукц гэж нэрлэдэг) авч үзсэний дараа таамаглаж болно.

Бүрэн бус индукцийн үр дүн нь бүх онцгой тохиолдлуудыг хамарсан нарийн математик үндэслэлээр нотлогдох хүртэл зөвхөн таамаглал хэвээр үлдэнэ. Өөрөөр хэлбэл, математикийн бүрэн бус индукцийг хатуу нотлох хууль ёсны арга гэж үздэггүй, харин шинэ үнэнийг илрүүлэх хүчирхэг арга юм.

Жишээлбэл, та эхний n дараалсан сондгой тооны нийлбэрийг олохыг хүсч байна. Онцгой тохиолдлуудыг авч үзье:

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

Эдгээр хэд хэдэн онцгой тохиолдлуудыг авч үзсэний дараа дараахь ерөнхий дүгнэлт гарч байна.

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

тэдгээр. Эхний n дараалсан сондгой тооны нийлбэр нь n 2 байна

Мэдээжийн хэрэг, хийсэн ажиглалт нь өгөгдсөн томъёоны хүчинтэй байдлын нотолгоо болж чадахгүй.

Бүрэн индукц нь зөвхөн математикт хязгаарлагдмал хэрэглээтэй байдаг. Математикийн олон сонирхолтой мэдэгдлүүд нь хязгааргүй тооны онцгой тохиолдлуудыг хамардаг боловч бид тэдгээрийг хязгааргүй тооны тохиолдлуудад туршиж үзэх боломжгүй. Бүрэн бус индукц нь ихэвчлэн алдаатай үр дүнд хүргэдэг.

Ихэнх тохиолдолд энэ төрлийн хүндрэлээс гарах арга зам нь математик индукцийн арга гэж нэрлэгддэг үндэслэлийн тусгай аргыг ашиглах явдал юм. Энэ нь дараах байдалтай байна.

Аливаа натурал n тооны хувьд тодорхой мэдэгдлийн үнэн зөвийг батлах шаардлагатай гэж бодъё (жишээлбэл, эхний n сондгой тооны нийлбэр нь n 2-той тэнцүү гэдгийг батлах хэрэгтэй). Натурал тоонуудын багц хязгааргүй тул n-ийн утга тус бүрийн хувьд энэ мэдэгдлийг шууд шалгах боломжгүй юм. Энэ мэдэгдлийг батлахын тулд эхлээд n=1-ийн хүчинтэй эсэхийг шалгана уу. Дараа нь тэд k-ийн аль ч натурал утгын хувьд n=k-ийн хувьд авч үзэж буй мэдэгдлийн хүчинтэй байх нь n=k+1-ийн хувьд түүний хүчинтэй байх болно гэдгийг баталж байна.

Дараа нь уг мэдэгдлийг бүх n-ийн хувьд батлагдсан гэж үзнэ. Үнэн хэрэгтээ n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн юм. Харин дараагийн n=1+1=2 тооны хувьд энэ нь бас үнэн юм. n=2-ийн мэдэгдлийн хүчинтэй байх нь n=2+-ийн хувьд түүний хүчинтэй байдлыг илтгэнэ

1=3. Энэ нь n=4 гэх мэт мэдэгдлийн үнэн зөвийг илтгэнэ. Эцсийн эцэст бид ямар ч натурал n тоонд хүрэх нь тодорхой. Энэ нь аливаа n-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

Хэлсэн зүйлийг нэгтгэн дүгнэж үзвэл бид дараах ерөнхий зарчмыг томъёоллоо.

Математик индукцийн зарчим.

Хэрэв натурал n тооноос хамаарсан A(n) өгүүлбэр n=1-ийн хувьд үнэн бөгөөд n=k-ийн хувьд үнэн байхаас (энд k нь дурын натурал тоо) өгүүлбэрийн хувьд ч үнэн болно. дараагийн тоо n=k +1, тэгвэл дурын натурал n тооны хувьд A(n) таамаглал үнэн болно.

Хэд хэдэн тохиолдолд бүх натурал тоонуудын хувьд биш, зөвхөн n>p-ийн хувьд тодорхой мэдэгдлийн үнэн зөвийг батлах шаардлагатай байж болно, энд p нь тогтмол натурал тоо юм. Энэ тохиолдолд математикийн индукцийн зарчмыг дараах байдлаар томъёолно.

Хэрэв n=p-ийн хувьд A(n) санал үнэн бол ямар ч k>p-ийн хувьд A(k)ÞA(k+1) байвал ямар ч n>p-ийн хувьд A(n) санал үнэн болно.

Математик индукцийн аргыг ашиглан нотлох баримтыг дараах байдлаар гүйцэтгэнэ. Нэгдүгээрт, нотлох мэдэгдлийг n=1-ээр шалгана, өөрөөр хэлбэл. А(1) мэдэгдлийн үнэнийг тогтоов. Нотолгооны энэ хэсгийг индукцийн суурь гэж нэрлэдэг. Үүний дараа индукцийн алхам гэж нэрлэгддэг нотлох баримтын хэсэг орно. Энэ хэсэгт тэд n=k+1-ийн мэдэгдлийн үнэн зөвийг n=k (индукцийн таамаглал) гэсэн таамаглалын дагуу нотолж байна. A(k)ÞA(k+1) гэдгийг батална.

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 гэдгийг батал.

Шийдэл: 1) Бидэнд n=1=1 2 байна. Тиймээс,

n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн, өөрөөр хэлбэл. A(1) үнэн.

2) A(k)ÞA(k+1) гэдгийг баталцгаая.

k нь дурын натурал тоо байх ба n=k хувьд уг мэдэгдлийг үнэн гэж үзье, өөрөөр хэлбэл.

1+3+5+…+(2к-1)=k 2 .

Дараах натурал тоо n=k+1, i. Юу

1+3+5+…+(2к+1)=(k+1) 2 .

Үнэндээ,

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

Тэгэхээр, A(k)ÞA(k+1). Математик индукцийн зарчимд үндэслэн бид ямар ч nÎN-ийн хувьд A(n) таамаглал үнэн гэж дүгнэж байна.

Үүнийг нотол

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

Шийдэл: 1) n=1-ийн хувьд бид авна

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

тиймээс n=1-ийн хувьд томъёо зөв; A(1) үнэн.

2) k нь дурын натурал тоо, томьёо нь n=k хувьд үнэн байг, өөрөөр хэлбэл.

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

Тэгж байж тэгш байдал тогтдог гэдгийг баталцгаая

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

Үнэхээр

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).

Тэгэхээр, A(k)ÞA(k+1). Математикийн индукцийн зарчимд үндэслэн бид ямар ч натурал n тооны хувьд томъёо үнэн гэж дүгнэж байна.

Гүдгэр n өнцөгтийн диагональуудын тоо n(n-3)/2-той тэнцүү болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=3-ын хувьд мэдэгдэл үнэн

Гурвалжинд байгаа учраас 3 нь утга учиртай

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

A 2 A(3) үнэн.

2) Бүх зүйлд үүнийг гэж үзье

гүдгэр к-гон нь-

A 1 x A k =k(k-3)/2 диагональ.

Тэгээд k Дараа нь гүдгэрээр баталъя

(k+1)-gon тоо

диагональууд A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

A 1 A 2 A 3 …A k A k+1 нь гүдгэр (k+1)-gon байг. Үүнд A 1 A k диагональ зуръя. Энэ (k+1)-gon-ийн диагональуудын нийт тоог тооцоолохын тулд k-gon дахь диагональуудын тоог тоолох хэрэгтэй A 1 A 2 ...A k , гарсан тоонд k-2 нэмэх, өөрөөр хэлбэл. А оройноос гарч буй (k+1)-гононы диагональуудын тоо k+1 ба үүнээс гадна диагональ A 1 A k-ийг харгалзан үзэх шаардлагатай.

Тиймээс,

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

Тэгэхээр, A(k)ÞA(k+1). Математикийн индукцийн зарчмын дагуу мэдэгдэл нь аливаа гүдгэр n-gon-ийн хувьд үнэн юм.

Аль ч n-ийн хувьд дараах мэдэгдэл үнэн болохыг батал.

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье

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

Энэ нь n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

2) n=k гэж үзье

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

3) n=k+1-ийн хувьд энэ мэдэгдлийг авч үзье

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

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

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

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

n=k+1-ийн хувьд тэгш байдал үнэн болохыг бид нотолсон тул математик индукцийн аргын тусламжтайгаар аливаа натурал n тооны хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болно.

Аливаа натурал n тооны хувьд тэгш байдал үнэн болохыг батал.

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье.

Тэгвэл X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн болохыг бид харж байна.

2) n=k-ийн хувьд тэгш байдал үнэн гэж бодъё

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

3) Энэ мэдэгдлийн үнэнийг n=k+1, өөрөөр хэлбэл.

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.

Дээрх нотолгооноос харахад n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн байх тул аливаа натурал n тооны хувьд тэгш байдал үнэн байх болно.

Үүнийг нотол

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

Шийдэл: 1) n=2-ын хувьд таних тэмдэг нь: (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3´2´3)/2(2 2 +2+1),

тэдгээр. энэ үнэн.

2) n=k-ийн хувьд илэрхийлэл үнэн гэж үзье

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

3) n=k+1 илэрхийллийн зөвийг баталъя.

(((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).

Бид n=k+1-ийн хувьд тэгш байдал үнэн болохыг нотолсон тул математик индукцийн аргын тусламжтайгаар аливаа n>2-ийн хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болно.

Үүнийг нотол

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

ямар ч байгалийн n.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье

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

2) n=k гэж бодъё

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

3) n=k+1-ийн хувьд энэ мэдэгдлийн үнэнийг баталъя

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

+(2к+1) 3 -(2к+2) 3 =-(к+1) 3 (4(к+1)+3).

n=k+1-ийн тэгш байдлын үнэн зөв нь мөн батлагдсан тул аливаа натурал n тооны хувьд уг мэдэгдэл үнэн болно.

Тодорхойлолт зөв болохыг нотлох

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

ямар ч байгалийн n.

1) n=1-ийн хувьд таних тэмдэг нь үнэн 1 2 /1´3=1(1+1)/2(2+1).

2) n=k гэж бодъё

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

3) n=k+1-д адилтгал үнэн болохыг баталъя.

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

Дээрх нотолгооноос харахад аливаа натурал n тооны хувьд уг мэдэгдэл үнэн болох нь тодорхой байна.

(11 n+2 +12 2n+1) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье

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

Харин (23´133) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагддаг бөгөөд энэ нь n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн гэсэн үг; A(1) үнэн.

2) (11k+2 +12 2k+1) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагдана гэж бодъё.

3) Энэ тохиолдолд үүнийг нотолж үзье

(11 к+3 +12 2к+3) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагдана. Үнэхээр 11 k+3 +12 2к+3 =11´11 к+2 +12 2´ 12 2к+1 =11´11 к+2 +

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

Үүссэн нийлбэрийг 133-т үлдэгдэлгүй хуваана, учир нь түүний эхний гишүүн нь таамаглалаар 133-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг ба хоёр дахь хүчин зүйлийн нэг нь 133. Тэгэхээр A(k)ÞA(k+1). Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдэл батлагдсан.

Дурын n 7 n -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзвэл X 1 =7 1 -1=6 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана. Энэ нь n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

2) n=k гэж бодъё

7 k -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана.

3) n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг баталъя.

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

Эхний гишүүн нь 6-д хуваагддаг, учир нь 7 k -1 нь таамаглалаар 6-д хуваагддаг ба хоёр дахь гишүүн нь 6. Энэ нь аливаа натурал n-ийн хувьд 7 n -1 нь 6-ын үржвэр гэсэн үг юм. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

Дурын натурал n-ийн хувьд 3 3n-1 +2 4n-3 нь 11-д хуваагддаг болохыг батал.
Шийдэл: 1) n=1 гэж үзье

X 1 =3 3-1 +2 4-3 =3 2 +2 1 =11 нь 11-д үлдэгдэлгүй хуваагдана. Энэ нь n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

2) n=k гэж бодъё

X k =3 3k-1 +2 4k-3 нь 11-д үлдэгдэлгүй хуваагдана.

3) n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг баталъя.

X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3к+2 +2 4к+1 =3 3´ 3 3к-1 +2 4´ 2 4к-3 =

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

11´3 3к-1 +16´2 4к-3 =16(3 3к-1 +2 4к-3)+11´3 3к-1 .

Эхний гишүүн 11-д үлдэгдэлгүй хуваагдана, учир нь 3 3k-1 +2 4k-3 нь таамаглалаар 11-д хуваагддаг, хоёр дахь нь 11-д хуваагддаг, учир нь түүний нэг хүчин зүйл нь 11. Энэ нь нийлбэр гэсэн үг юм. ямар ч натурал n тоонд үлдэгдэлгүй 11-д хуваагдана. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

Дурын натурал n-ийн хувьд 11 2n -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзвэл 11 2 -1=120 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана. Энэ нь n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн гэсэн үг юм.

2) n=k гэж бодъё

11 2k -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана.

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

Хоёр нэр томьёо хоёулаа 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана: эхнийх нь 6-ын үржвэр, 120 тоо, хоёр дахь нь таамаглалаар үлдэгдэлгүйгээр 6-д хуваагдана. Энэ нь нийлбэр нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана гэсэн үг. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

Дурын натурал n тооны 3 3n+3 -26n-27 нь 26 2 (676)-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: Эхлээд 3 3n+3 -1 нь 26-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг батална.

1. n=0 үед

3 3 -1=26 нь 26-д хуваагдана

2. Үүнийг n=k гэж үзье

3 3k+3 -1 нь 26-д хуваагдана

3. Энэ мэдэгдлийг баталцгаая

n=k+1-ийн хувьд үнэн.

3 3к+6 -1=27´3 3к+3 -1=26´3 3л+3 +(3 3к+3 -1) – 26-д хуваагдана

Одоо асуудлын мэдэгдэлд томъёолсон мэдэгдлийн нотолгоог хэрэгжүүлье.

1) n=1 үед мэдэгдэл үнэн байх нь ойлгомжтой

3 3+3 -26-27=676

2) n=k гэж бодъё

3 3k+3 -26k-27 илэрхийлэл 26 2-т үлдэгдэлгүй хуваагдана.

3) n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг баталъя

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

Хоёр нэр томъёо нь 26 2-т хуваагддаг; эхнийх нь 26 2-т хуваагддаг, учир нь бид хаалтанд байгаа илэрхийлэл 26-д хуваагддагийг нотолсон, хоёр дахь нь индукцийн таамаглалаар хуваагддаг. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

Хэрэв n>2 ба x>0 бол тэгш бус байдал үнэн болохыг батал

(1+x) n >1+n´x.

Шийдэл: 1) n=2-ын хувьд тэгш бус байдал хүчинтэй, учир нь

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

Тэгэхээр A(2) үнэн.

2) A(k)ÞA(k+1), хэрэв k> бол баталъя 2. A(k) үнэн, өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал гэж үзье.

(1+x) k >1+k´x. (3)

Тэгвэл A(k+1) нь бас үнэн, өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал гэдгийг баталцгаая

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Үнэн хэрэгтээ тэгш бус байдлын хоёр талыг (3) эерэг 1+x тоогоор үржүүлбэл бид олж авна

(1+x) k+1 >(1+k´x)(1+x).

Сүүлийн тэгш бус байдлын баруун талыг авч үзье

ства; бидэнд байгаа

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

Үүний үр дүнд бид үүнийг олж авдаг

(1+x) k+1 >1+(k+1)´x.

Тэгэхээр, A(k)ÞA(k+1). Математикийн индукцийн зарчимд үндэслэн Бернуллигийн тэгш бус байдал ямар ч тохиолдолд үнэн гэж үзэж болно.

Тэгш бус байдал үнэн гэдгийг батал

(1+a+a 2) a> 0-ийн хувьд m > 1+m´a+(m(m+1)/2)´a 2.

Шийдэл: 1) m=1 байх үед

(1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2)´a 2 хоёр тал тэнцүү.

2) m=k гэж бодъё

(1+a+a 2) k >1+k´a+(k(k+1)/2)'a 2

3) m=k+1 хувьд тэгш бус байдал үнэн болохыг баталъя

(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 .

Бид m=k+1 тэгш бус байдлын үнэн зөвийг нотолсон тул математик индукцийн аргын тусламжтайгаар тэгш бус байдал нь аливаа байгалийн m-д хүчинтэй байна.

n>6 хувьд тэгш бус байдал үнэн болохыг батал

3 n >n´2 n+1 .

Шийдэл: Тэгш бус байдлыг хэлбэрээр дахин бичье

1. n=7-ийн хувьд бидэнд байна

3 7 /2 7 =2187/128>14=2´7

тэгш бус байдал нь үнэн юм.

2. Үүнийг n=k гэж үзье

3) n=k+1 тэгш бус байдлын үнэн зөвийг баталъя.

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

k>7 тул сүүлчийн тэгш бус байдал тодорхой байна.

Математик индукцийн аргын ачаар тэгш бус байдал нь ямар ч натурал n тоонд хүчинтэй байна.

n>2 хувьд тэгш бус байдал үнэн болохыг батал

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

Шийдэл: 1) n=3 бол тэгш бус байдал үнэн

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

1. Үүнийг n=k гэж үзье

1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/к 2)=1.7-(1/к).

3) Үл хамаарах зүйлийн үнэн зөвийг баталъя.

n=k+1-ийн тэгш байдал

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

1.7-(1/k)+(1/(k+1) 2) гэдгийг баталцгаая.<1,7-(1/k+1)Û

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

Ûk(k+2)<(k+1) 2Û k 2 +2k

Сүүлийнх нь ойлгомжтой, тиймээс

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

Математик индукцийн аргын ачаар тэгш бус байдал нотлогддог.

Дүгнэлт

Ялангуяа математикийн индукцийн аргыг судалснаар би математикийн энэ чиглэлээр мэдлэгээ нэмэгдүүлж, өмнө нь миний хүч чадлаас давсан асуудлыг шийдэж сурсан.

Эдгээр нь голчлон логик, зугаатай ажлууд байсан, i.e. зүгээр л математикийг шинжлэх ухааны хувьд сонирхлыг нэмэгдүүлдэг. Иймэрхүү асуудлыг шийдэх нь зугаатай үйл ажиллагаа болж, улам бүр сониуч хүмүүсийг математикийн лабиринт руу татах болно. Миний бодлоор энэ бол аливаа шинжлэх ухааны үндэс суурь юм.

Математикийн индукцийн аргыг үргэлжлүүлэн судлахдаа би үүнийг зөвхөн математикт төдийгүй физик, хими, амьдралын асуудлыг шийдвэрлэхэд хэрхэн ашиглах талаар сурахыг хичээх болно.

МАТЕМАТИК:

ЛЕКЦ, АСУУДАЛ, ШИЙДЭЛ

Сурах бичиг / В.Г.Сидоров, М.И. Попурри ХХК 1996 он.

АЛГЕБР БА ШИНЖИЛГЭЭНИЙ ЭХЛЭЛ

Сурах бичиг / И.Т.Демидов, С.И.Шварцбург, Б.Е. "Гэгээрэл" 1975 он.

Индукц гэдэг нь тодорхой ажиглалтаас ерөнхий дүгнэлт гаргах арга юм. Математикийн мэдэгдэл нь хязгаарлагдмал тооны объектод хамаарах тохиолдолд объект тус бүрийг туршиж үзэх замаар үүнийг баталж болно. Жишээлбэл, "Хоёр оронтой тэгш тоо бүр нь хоёр анхны тооны нийлбэр юм" гэсэн мэдэгдэл нь тогтооход нэлээд боломжтой тэгш байдлын цувралаас гардаг.

10=5+5 12=5+7 14=7+7 16=5+11 . . . 92=3+89 94=5+89 96=7+89 98=19+79.

Бүх боломжуудыг шавхсан хязгаарлагдмал тооны тохиолдлуудад мэдэгдлийг баталгаажуулдаг нотлох аргыг бүрэн индукц гэж нэрлэдэг. Энэ аргыг харьцангуй ховор ашигладаг, учир нь математикийн мэдэгдлүүд нь дүрмээр бол хязгаарлагдмал биш, харин хязгааргүй олон тооны объектуудтай холбоотой байдаг. Жишээлбэл, дээр дурдсан бүрэн индукцаар батлагдсан тэгш хоёр оронтой тооны тухай өгүүлбэр нь зөвхөн теоремын онцгой тохиолдол юм: "Аливаа тэгш тоо нь хоёр анхны тооны нийлбэр юм." Энэ теорем хараахан батлагдаагүй, үгүйсгэгдээгүй байна.

Математик индукц гэдэг нь аливаа натурал n тооны хувьд тодорхой мэдэгдлийг математик индукцийн зарчимд тулгуурлан батлах арга юм: “Хэрэв n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн, n=k-ийн хувьд түүний хүчинтэй байх нь n=k-ийн хувьд энэ мэдэгдлийн үнэн зөвийг илтгэнэ. +1, тэгвэл энэ нь бүх n-ийн хувьд үнэн юм " Математик индукцийн аргаар нотлох арга нь дараах байдалтай байна.

1) индукцийн суурь: тэдгээр нь n=1 (заримдаа n=0 эсвэл n=n 0)-ийн хувьд мэдэгдлийн үнэн зөвийг нотолж эсвэл шууд баталгаажуулдаг;

2) индукцийн алхам (шилжилт): тэдгээр нь зарим натурал тооны n=k-ийн хувьд мэдэгдлийн үнэн зөвийг тооцож, энэ таамаглалд үндэслэн n=k+1-ийн мэдэгдлийн үнэн зөвийг нотолно.

Шийдэлтэй холбоотой асуудлууд

1. Аливаа натурал n тооны хувьд 3 2n+1 +2 n+2 тоо 7-д хуваагддаг болохыг батал.

A(n)=3 2n+1 +2 n+2 гэж тэмдэглэе.

Индукцийн суурь. Хэрэв n=1 бол A(1)=3 3 +2 3 =35 бөгөөд 7-д хуваагдах нь тодорхой.

Индукцийн таамаглал. A(k)-г 7-д хуваахыг зөвшөөрье.

Индукцийн шилжилт. A(k+1) нь 7-д хуваагддаг, өөрөөр хэлбэл n=k-ийн хувьд бодлогын өгүүлбэрийн үнэн зөвийг баталъя.

A(k+1)=3 2(k+1)+1 +2 (k+1)+2 =3 2k+1 ·3 2 +2 k+2 ·2 1 =3 2k+1 ·9+2 k+2 ·2=

3 2к+1 9+2 к+2 (9–7)=(3 2к+1 +2 к+2) 9–7 2 к+2 =9 А(к)–7 2 к +2.

Сүүлийн тоо нь 7-д хуваагдах хоёр бүхэл тооны зөрүү тул 7-д хуваагдана.Иймээс 3 2n+1 +2 n+2 нь аль ч натурал n тоонд 7-д хуваагдана.

2. Аливаа натурал n тооны хувьд 2 3 n +1 тоо нь 3 n+1-д хуваагддаг ба 3 n+2-т хуваагддаггүй болохыг батал.

Тэмдэглэгээг танилцуулъя: a i =2 3 i +1.

n=1-ийн хувьд бид 1 =2 3 +1=9 байна. Тэгэхээр 1 нь 3 2-т хуваагддаг ба 3 3-т хуваагддаггүй.

n=k-ийн хувьд a k тоо 3 k+1-д хуваагдах ба 3 k+2-т хуваагдахгүй, өөрөөр хэлбэл a k =2 3 k +1=3 k+1 м, энд m нь 3-т хуваагдахгүй. Дараа нь

ба k+1 =2 3 к+1 +1=(2 3 к) 3 +1=(2 3 к +1)(2 3 к ·2 –2 3 к +1)=3 к+1 ·м· ((2 3 к +1) 2 –3·2 3 к)=3 к+1 ·м·((3 к+1 ·м) 2 –3·2 3 к)=

3 к+2 ·м·(3 2к+1 ·м 2 –2 3 к).

Мэдээжийн хэрэг, k+1 нь 3 k+2-т хуваагдах ба 3 k+3-т хуваагдахгүй.

Иймээс аливаа натурал n тоонуудын хувьд уг мэдэгдлийг баталж байна.

3. x+1/x нь бүхэл тоо гэдгийг мэддэг. x n +1/x n нь аливаа n бүхэл тоонд мөн бүхэл тоо гэдгийг батал.

Тэмдэглэгээг танилцуулъя: a i =х i +1/х i, нэн даруй a i =а –i гэдгийг анхаарна уу, тиймээс бид натурал индексийн талаар үргэлжлүүлэн ярих болно.

Тайлбар: 1 нь бүхэл тоо юм; a 2 = (a 1) 2 –2 тул 2 нь бүхэл тоо; ба 0 =2.

n-ээс хэтрэхгүй аливаа натурал тооны k нь бүхэл тоо гэж үзье. Тэгвэл a 1 ·a n нь бүхэл тоо боловч a 1 ·a n =a n+1 +a n–1 ба n+1 =a 1 ·a n –a n–1 . Гэсэн хэдий ч индукцийн таамаглалын дагуу n-1 нь бүхэл тоо юм. Энэ нь n+1 нь мөн бүхэл тоо гэсэн үг. Иймээс x n +1/x n нь аливаа n бүхэл тооны бүхэл тоо бөгөөд үүнийг батлах шаардлагатай.

4. 1-ээс их n натурал тооны хувьд давхар тэгш бус байдал үнэн болохыг батал

5. Натурал n > 1 ба |x|-ийн хувьд гэдгийг батал

(1–x)n +(1+x)n

n=2-ын хувьд тэгш бус байдал нь үнэн юм. Үнэхээр,

(1–x) 2 +(1+x) 2 = 2+2 x 2

Хэрэв n=k-ийн хувьд тэгш бус байдал үнэн бол n=k+1-ийн хувьд бидэнд байна

(1–х) к+1 +(1+х) к+1

Аливаа натурал тоо n > 1-д тэгш бус байдал батлагдсан.

6. Хавтгай дээр n тойрог байна. Эдгээр тойргийн ямар ч зохицуулалтын хувьд тэдгээрийн үүсгэсэн газрын зургийг хоёр өнгөөр ​​зөв будаж болохыг нотол.

Математик индукцийн аргыг ашиглая.

n=1-ийн хувьд мэдэгдэл тодорхой байна.

n тойргоор үүсгэгдсэн аливаа газрын зургийн хувьд уг мэдэгдлийг үнэн гэж үзээд хавтгай дээр n+1 тойрог байна гэж үзье. Эдгээр тойргийн аль нэгийг арилгаснаар бид хоёр өнгөөр ​​зөв будаж болох газрын зургийг олж авна (доорх эхний зургийг үзнэ үү).

Дараа нь хаясан тойргийг сэргээж, түүний нэг талд, жишээлбэл, дотор тал бүрийн өнгийг эсрэгээр нь өөрчилье (хоёр дахь зургийг үз). Энэ тохиолдолд бид хоёр өнгөөр ​​зөв будсан газрын зургийг олж авах болно гэдгийг харахад хялбар байдаг, гэхдээ зөвхөн одоо n+1 тойргийн хувьд үүнийг батлах хэрэгтэй.

7. Дараах нөхцөл хангагдсан тохиолдолд бид гүдгэр олон өнцөгтийг "сайхан" гэж нэрлэнэ.

1) түүний орой бүрийг гурван өнгөний аль нэгээр будсан;

2) зэргэлдээх хоёр оройг өөр өнгөөр ​​будсан;

3) олон өнцөгтийн дор хаяж нэг оройг гурван өнгөөр ​​будна.

Ямар ч үзэсгэлэнтэй n-гоныг салангид диагональуудаар "сайхан" гурвалжин болгон хувааж болохыг батал.

Математик индукцийн аргыг ашиглая.

Индукцийн суурь. Боломжтой хамгийн бага n=3-тай бол асуудлын илэрхийлэл тодорхой байна: “сайхан” гурвалжны оройг гурван өөр өнгөөр ​​будаж, огтлох шаардлагагүй.

Индукцийн таамаглал. Асуудлын мэдэгдэл нь ямар ч "сайхан" n-gon-ийн хувьд үнэн гэж үзье.

Индукцийн алхам. Дурын "сайхан" (n+1)-гоныг авч үзээд түүнийг тодорхой диагональуудаар "сайхан" гурвалжин болгон зүсэж болохыг индукцийн таамаглалаар баталъя. (n+1)-гоны дараалсан оройг A 1, A 2, A 3, ... A n, A n+1 гэж тэмдэглэе. Хэрэв (n+1)-gon-ын зөвхөн нэг оройг гурван өнгөний аль нэгээр нь будсан бол энэ оройг зэргэлдээгүй бүх оройтой диагональтай холбосноор бид (n+1)-ийн шаардлагатай хуваалтыг олж авна. )-"сайхан" гурвалжин руу орно.

Гурван өнгө тус бүрд (n+1)-gon-ийн хоёроос доошгүй оройг будсан бол бид А 1 оройн өнгийг 1-ээр, А 2 оройн өнгийг 2-оор тэмдэглэнэ. A k оройг гурав дахь өнгөөр ​​будсан хамгийн бага тоо бол k. k > 2 гэдэг нь тодорхой байна. A k–2 A k–1 A k гурвалжинг (n+1)-гоноос A k–2 A k диагональтай тасалцгаая. k тооны сонголтын дагуу энэ гурвалжны бүх оройг гурван өөр өнгөөр ​​будсан, өөрөөр хэлбэл энэ гурвалжин "сайхан" байна. Гүдгэр n-gon A 1 A 2 ... A k–2 A k A k+1 ... A n+1 хэвээр байгаа нь индуктив таамаглалын ачаар мөн "сайхан" байх болно. Энэ нь "сайхан" гурвалжинд хуваагддаг бөгөөд үүнийг батлах шаардлагатай байв.

8. Гүдгэр n өнцөгт аль ч хоёр нь нийтлэг цэгтэй байхаар n-ээс илүү диагональ сонгох боломжгүй гэдгийг батал.

Математик индукцийн аргыг ашиглан нотолгоог хийцгээе.

Илүү ерөнхий мэдэгдлийг баталъя: гүдгэр n өнцөгт n-ээс олон тал ба диагональ сонгох боломжгүй тул тэдгээрийн аль нэг нь нийтлэг цэгтэй болно. n = 3-ын хувьд мэдэгдэл нь тодорхой байна. Энэ мэдэгдлийг дурын n-gon-ийн хувьд үнэн гэж үзье, үүнийг ашиглан бид дурын (n+1)-gon-ийн хувьд түүний үнэн зөвийг батлах болно.

Энэ мэдэгдэл (n+1)-гоны хувьд үнэн биш гэж үзье. Хэрэв (n+1)-гоны орой бүрээс хоёроос илүүгүй сонгосон тал эсвэл диагональ гарч ирвэл нийт n+1-ээс илүүгүй хэсгийг сонгоно. Тиймээс зарим А оройноос дор хаяж гурван тал буюу диагональ AB, AC, AD сонгосон байна. Хувьсах гүйдлийг AB ба AD хоёрын хооронд байг. С цэгээс CA-аас өөр тал эсвэл диагональ нь AB ба AD-ийг нэгэн зэрэг огтолж чадахгүй тул зөвхөн нэг сонгосон диагональ CA нь С цэгээс гарч ирнэ.

С цэгийг диагональ CA-тай хамт хаяснаар бид n-ээс олон тал ба диагональ сонгогдсон гүдгэр n өнцөгтийг олж авах бөгөөд тэдгээрийн аль нэг нь нийтлэг цэгтэй байна. Тиймээс бид дурын гүдгэр n-гоны хувьд уг мэдэгдэл үнэн гэсэн таамаглалтай зөрчилддөг.

Тиймээс (n+1)-gon-ийн хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болно. Математикийн индукцийн зарчмын дагуу мэдэгдэл нь аливаа гүдгэр n-gon-ийн хувьд үнэн юм.

9. Хавтгайд n шулуун байх ба тэдгээрийн хоёр нь зэрэгцээ, гурав нь нэг цэгээр дамждаггүй. Эдгээр шугамууд онгоцыг хэдэн хэсэгт хуваадаг вэ?

Энгийн зургуудыг ашигласнаар нэг шулуун шугам нь хавтгайг 2 хэсэг, хоёр шулуун шугамыг 4 хэсэг, гурван шулуун шугамыг 7 хэсэг, дөрвөн шулуун шугамыг 11 хэсэгт хуваадаг болохыг хялбархан шалгаж болно.

Хавтгайг n шулуун шугамаар хуваах хэсгүүдийн тоог N(n) гэж тэмдэглэе. Үүнийг анзаарч болно

N(2)=N(1)+2=2+2,

N(3)=N(2)+3=2+2+3,

N(4)=N(3)+4=2+2+3+4.

Ингэж таамаглах нь зүйн хэрэг

N(n)=N(n–1)+n=2+2+3+4+5+…+n,

эсвэл тогтооход хялбараар арифметик прогрессийн эхний n гишүүний нийлбэрийн томъёог ашиглан,

N(n)=1+n(n+1)/2.

Математикийн индукцийн аргыг ашиглан энэ томьёоны үнэн зөвийг баталъя.

n=1-ийн хувьд томъёог аль хэдийн шалгасан.

Индукцийн таамаглалыг гаргасны дараа бид асуудлын нөхцөлийг хангасан k+1 шугамыг авч үзье. Тэдгээрээс k шулуун шугамыг дурын аргаар сонгоцгооё. Индукцийн таамаглалаар тэд онгоцыг 1+ k(k+1)/2 хэсэгт хуваана. Үлдсэн (k+1)-р шулуун шугамыг сонгосон k шулуун шугамаар k+1 хэсэгт хуваах ба тиймээс онгоц аль хэдийн хуваагдсан (k+1)-р хэсгийн дагуу өнгөрөх ба тус бүр нь Эдгээр хэсгүүдээс 2 хэсэгт хуваагдана, өөрөөр хэлбэл өөр k+1 хэсгийг нэмнэ. Тэгэхээр,

N(k+1)=N(k)+k+1=1+ k(k+1)/2+k+1=1+(k+1)(k+2)/2,

Q.E.D.

10. x 1: x 2: ... : x n илэрхийлэлд үйлдлийн дарааллыг хаалтанд хийж үр дүнг бутархай хэлбэрээр бичнэ.

(энэ тохиолдолд x 1, x 2, ..., x n үсэг тус бүр нь бутархайн тоо эсвэл хуваарьт байна). Хаалтанд оруулах бүх боломжит аргуудтай ийм байдлаар хичнээн өөр илэрхийлэл гаргаж болох вэ?

Юуны өмнө, үүссэн бутархайд x 1 тоологч хэсэгт байх нь тодорхой байна. Хэрхэн хаалт байрлуулсан ч x 2 нь хуваагч дотор байх нь бараг тодорхой юм (x 2-ын урд байгаа хуваах тэмдэг нь x 2-ын аль нэгийг эсвэл тоологч дахь x 2-ыг агуулсан зарим илэрхийллийг илэрхийлдэг).

Бусад бүх x 3, x 4, ..., x n үсгүүдийг тоологч эсвэл хуваагч хэсэгт бүрэн дур зоргоороо байрлуулж болно гэж үзэж болно. Эндээс харахад та нийтдээ 2 n-2 бутархай авч болно: n-2 үсэг бүр x 3, x 4, ..., x n нь тоологч эсвэл хуваагч дахь бусдаас үл хамааран гарч ирж болно.

Энэ мэдэгдлийг индукцээр баталцгаая.

n=3-ын хувьд та 2 бутархай авч болно:

тэгэхээр мэдэгдэл үнэн.

n=k-ийн хувьд үнэн гэж үзээд n=k+1-д баталъя.

Зарим хаалт байрлуулсаны дараа x 1: x 2: ... : x k илэрхийллийг тодорхой Q бутархай хэлбэрээр бичье. Хэрэв энэ илэрхийлэлд x k-ийн оронд x k: x k+1-ийг орлуулбал x k болно. Q бутархайтай ижил газар байх ба x k+1 нь x k байсан газар байхгүй (хэрэв x k хуваарьт байсан бол x k+1 нь тоологч хэсэгт байх ба эсрэгээр).

Одоо бид x k байрлаж байгаа газарт x k+1 нэмэх боломжтой гэдгээ батлах болно. Q бутархайд хаалтуудыг байрлуулсны дараа заавал q:x k хэлбэрийн илэрхийлэл байх болно, энд q нь x k–1 үсэг эсвэл хаалтанд байгаа зарим илэрхийлэл юм. q:x k-г (q:x k):x k+1 =q:(x k ·x k+1) илэрхийллээр орлуулснаар х k-ийн оронд x k ·x k+1 байх ижил Q бутархай авах нь ойлгомжтой.

Ингээд n=k+1 тохиолдлын бүх боломжит бутархайн тоо n=k тохиолдлынхоос 2 дахин их бөгөөд 2 k–2 ·2=2 (k+1)–2-тэй тэнцүү байна. Ийнхүү мэдэгдэл нотлогдож байна.

Хариулт: 2 n–2 бутархай.

Шийдэлгүй асуудлууд

1. Аливаа натурал n-ийн хувьд үүнийг батал.

a) 5 n –3 n +2n тоо 4-т хуваагдана;

б) n 3 +11n тоо 6-д хуваагдана;

в) 7 n +3n–1 тоо 9-д хуваагдана;

г) 6 2n +19 n –2 n+1 тоо 17-д хуваагдана;

д) 7 n+1 +8 2n–1 тоо 19-д хуваагдана;

д) 2 2n–1 –9n 2 +21n–14 тоо 27-д хуваагдана.

2. (n+1)·(n+2)· …·(n+n) = 2 n ·1·3·5·…·(2n–1) гэдгийг батал.

3. |sin nx| тэгш бус байдлыг батал n|sin x| ямар ч байгалийн n.

4. Аль ч натурал n тоонуудын хувьд a n + b n, c n тоонуудын сүүлийн хоёр цифр ижил байхаар 10-д хуваагддаггүй a, b, c натурал тоог ол.

5. Хэрэв n цэг нэг шулуун дээр хэвтэхгүй бол тэдгээрийг холбосон шулуунуудын дунд n-ээс багагүй өөр цэг байгааг батал.

Пеаногийн 4-р аксиом дээр үндэслэсэн нотлох аргыг математикийн олон шинж чанар, янз бүрийн мэдэгдлийг батлахад ашигладаг. Үүний үндэс нь дараах теорем юм.

Теорем. Хэрэв мэдэгдэл бол А(n)байгалийн хувьсагчтай nхувьд үнэн n= 1 ба энэ нь үнэн гэдгийг баримтаас n = k, энэ нь дараагийн тооны хувьд үнэн гэсэн үг n=k,дараа нь мэдэгдэл А(n) n.

Баталгаа. -ээр тэмдэглэе МЭдгээр болон зөвхөн эдгээр натурал тоонуудын багц А(n)үнэн. Дараа нь теоремын нөхцлөөс бид: 1) 1 М; 2) кмкМ. Эндээс 4-р аксиом дээр үндэслэн бид үүнийг дүгнэж байна М =Н, өөрөөр хэлбэл мэдэгдэл А(n)ямар ч байгалийн хувьд үнэн n.

Энэ теорем дээр үндэслэсэн нотлох аргыг гэнэ Математик индукцийн аргаар,ба аксиом нь индукцийн аксиом юм. Энэхүү нотолгоо нь хоёр хэсгээс бүрдэнэ.

1) мэдэгдлийг нотлох А(n)хувьд үнэн n= A(1);

2) мэдэгдэл гэж үзье А(n)хувьд үнэн n = k, мөн энэ таамаглал дээр үндэслэн уг мэдэгдлийг нотлох A(n)хувьд үнэн n = k + 1, өөрөөр хэлбэл. мэдэгдэл үнэн гэдгийг A(k) A(k + 1).

Хэрэв А( 1) A(k) A(k + 1) - үнэн мэдэгдэл, дараа нь тэд мэдэгдэл гэж дүгнэж байна A(n)дурын натурал тооны хувьд үнэн n.

Математик индукцийн аргаар нотлох баримт нь зөвхөн мэдэгдлийн үнэнийг батлахаас эхэлдэг n= 1, гэхдээ бас дурын натурал тооноос м. Энэ тохиолдолд мэдэгдэл А(n)бүх натурал тоонуудын хувьд нотлогдох болно nm.

Бодлого: Аливаа натурал тооны хувьд 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = n.

Шийдэл.Тэгш байдал 1 + 3 + 5 ... + (2 n- 1) = nэхний дараалсан сондгой натурал тоонуудын нийлбэрийг олох томьёо юм. Жишээлбэл, 1 + 3 + 5 + 7 = 4= 16 (нийлбэрт 4 гишүүн орно), 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 6= 36 (нийлбэрт 6 гишүүн орно); хэрэв энэ нийлбэрт заасан төрлийн 20 гишүүн байвал 20 = 400 гэх мэт. Энэхүү тэгш байдлын үнэнийг нотолсоны дараа бид томъёог ашиглан заасан төрлийн аль ч тооны гишүүний нийлбэрийг олох боломжтой болно.

1) Энэ тэгш байдлын үнэн эсэхийг шалгацгаая n= 1. Хэзээ n= 1 тэгш байдлын зүүн тал нь 1-тэй тэнцүү нэг гишүүн, баруун тал нь 1= 1-тэй тэнцүү байна. 1 = 1 тул n= 1 Энэ тэгш байдал үнэн.

2) Энэ тэгш байдал нь үнэн гэж бодъё n = k, өөрөөр хэлбэл 1 + 3 + 5 + … + (2 к- 1) = к.Энэ таамаглал дээр үндэслэн бид энэ нь үнэн болохыг баталж байна n = k + 1, өөрөөр хэлбэл. 1 + 3 + 5 + … + (2 к- 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1).

Сүүлийн тэгш байдлын зүүн талыг харцгаая.

Таамаглалаар эхний нийлбэр кнөхцөлтэй тэнцүү байна кТиймээс 1 + 3 + 5 + … + (2 к- 1) + (2(k + 1) - 1) = 1 + 3 + 5 + … + (2к- 1) + (2к+ 1)=

= k+(2k + 1) = k+ 2k + 1. Илэрхийлэл k+ 2k + 1 нь илэрхийлэлтэй ижил тэнцүү байна ( k + 1).

Тиймээс энэ тэгш байдлын үнэнийг n = k + 1 нь батлагдсан.

Тиймээс энэ тэгш байдал нь үнэн юм n= 1 ба түүний үнэнээс n = kхувьд үнэн байх ёстой n = k + 1.

Энэ нь аливаа натурал тооны хувьд энэ тэгш байдал үнэн болохыг баталж байна.

Математик индукцийн аргыг ашигласнаар та зөвхөн тэгш бус байдлын үнэнийг баталж чадна.

Даалгавар. Үүнийг хаана, батал nN.

Шийдэл.Тэгш бус байдлын үнэн эсэхийг шалгацгаая n= 1. Бидэнд - жинхэнэ тэгш бус байдал.

Тэгш бус байдал нь үнэн гэж үзье n = k,тэдгээр. - жинхэнэ тэгш бус байдал. Таамаглал дээр үндэслэн энэ нь бас үнэн гэдгийг баталцгаая n = k + 1, өөрөөр хэлбэл. (*).

Дараахыг харгалзан тэгш бус байдлын зүүн талыг (*) хувиргая.

Гэхдээ , гэсэн үг .

Тиймээс энэ тэгш бус байдал нь үнэн юм n= 1, мөн, тэгш бус байдал нь зарим хүмүүсийн хувьд үнэн байхаас n= к, бид энэ нь бас үнэн болохыг олж мэдсэн n= k + 1.

Ийнхүү аксиом 4-ийг ашиглан бид энэ тэгш бус байдал ямар ч натурал тооны хувьд үнэн болохыг баталсан.

Бусад мэдэгдлийг математик индукцийн аргыг ашиглан баталж болно.

Даалгавар. Аливаа натурал тооны хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг батал.

Шийдэл. Хэзээ хэлсэн үг үнэн эсэхийг шалгая n= 1: - үнэн мэдэгдэл.

Энэ мэдэгдэл үнэн гэж үзье n = k: . Үүнийг ашиглан хэзээ хэлсэн үгийн үнэнийг харуулъя n = k + 1: .

Илэрхийлэлийг өөрчилье: . Ялгааг нь олцгооё кТэгээд k+ 1 гишүүн. Хэрэв үр дүнгийн зөрүү нь 7-ын үржвэр бөгөөд хасах нь 7-д хуваагддаг гэж үзвэл хасах нь мөн 7-ын үржвэр болно.

Бүтээгдэхүүн нь 7-ын үржвэр тул, ба .

Тиймээс энэ мэдэгдэл нь үнэн юм n= 1 ба түүний үнэнээс n = kхувьд үнэн байх ёстой n = k + 1.

Энэ нь аливаа натурал тооны хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болохыг баталж байна.

Даалгавар. Дурын натурал тооны хувьд үүнийг батал n 2 мэдэгдэл (7-1)24 үнэн.

Шийдэл. 1) Хэзээ гэсэн мэдэгдлийн үнэн эсэхийг шалгацгаая n= 2: - үнэн мэдэгдэл.