Математик индукцийн арга. Алгебрийн асуудлыг шийдвэрлэхэд ашиглах Дифференциал тэгшитгэлийг шийдвэрлэх

Бүтээлийн текстийг зураг, томъёололгүйгээр нийтэлсэн.
Ажлын бүрэн хувилбарыг "Ажлын файлууд" таб дээрээс PDF форматаар авах боломжтой

Оршил

Өдөр бүр хүмүүс янз бүрийн шийдлийн аргуудыг ашигладаг янз бүрийн асуудлыг шийддэг тул математикийн индукцийн аргагүйгээр хийх боломжгүй ажлууд байдаг тул ийм тохиолдолд энэ чиглэлээр мэдлэг хэрэгтэй болно.

Сургуулийн сургалтын хөтөлбөрт математикийн индукцийн аргад бага цаг зарцуулдаг тул оюутан зөвхөн олж авахад туслах өнгөц мэдээллийг сурдаг тул би энэ сэдвийг судалгааны зорилгоор сонгосон. ерөнхий санааЭнэ аргын талаар, гэхдээ энэ онолыг гүнзгий судлахын тулд өөрийгөө хөгжүүлэх шаардлагатай болно. Энэ сэдвийн талаар илүү ихийг мэдэх нь үнэхээр ашигтай байх болно, учир нь энэ нь хүний ​​алсын харааг тэлж, нарийн төвөгтэй асуудлыг шийдвэрлэхэд тусалдаг.

Ажлын зорилго:

Математикийн индукцийн аргатай танилцаж, энэ сэдвийн талаархи мэдлэгийг системчилж, математикийн асуудлыг шийдвэрлэх, теоремыг батлахдаа ашиглах, математик индукцийн аргын практик ач холбогдлыг асуудлыг шийдвэрлэхэд зайлшгүй шаардлагатай хүчин зүйл болох үндэслэл, тодорхой харуулах.

Ажлын зорилго:

Энэ сэдвээр уран зохиолд дүн шинжилгээ хийж, мэдлэгээ нэгтгэн дүгнэ.

Математик индукцийн аргын зарчмыг ойлгох.

Математик индукцийн аргыг асуудлыг шийдвэрлэхэд хэрхэн ашиглах талаар судлах.

Хийсэн ажлын талаар дүгнэлт, дүгнэлт гаргах.

Судалгааны үндсэн хэсэг

Түүх:

Зөвхөн 19-р зууны төгсгөлд л логик хатуу байдлын шаардлагын стандарт гарч ирсэн бөгөөд энэ нь өнөөг хүртэл орчин үеийн уран зохиолд давамгайлсан хэвээр байна. практик ажилбие даасан математикийн онолыг хөгжүүлэх талаар математикчид.

Индукц гэдэг нь танин мэдэхүйн үйл явц бөгөөд үүгээр дамжуулан тэдгээрийг нэгтгэсэн мэдэгдлийг одоо байгаа баримтуудын харьцуулалтаас гаргаж авдаг.

Математикийн хувьд индукцийн үүрэг нь сонгосон аксиоматикийн үндэс суурь болдог. Шулуун зам нь муруй эсвэл эвдэрсэн замаас үргэлж богино байдгийг урт хугацааны дадлага хийсний дараа аксиом томъёолох нь зүйн хэрэг байв: A, B, C гурван цэгийн хувьд тэгш бус байдал бий болно.

Математик индукцийн аргыг тусдаа чухал арга болгон мэддэг байсан нь Блез Паскаль, Герсонидс нараас үүдэлтэй боловч Проклус, Евклид нар эртний үед бие даасан хэрэглээний тохиолдлууд байдаг. Орчин үеийн нэрЭнэ аргыг 1838 онд Де Морган нэвтрүүлсэн.

Математик 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.

Индукц ба хасалт

Тусгай болон ерөнхий мэдэгдлүүд байдаг нь мэдэгдэж байгаа бөгөөд эдгээр хоёр нэр томъёо нь нэгээс нөгөөд шилжих шилжилт дээр суурилдаг.

Дедукц (Латин хэлнээс deductio - хасалт) - танин мэдэхүйн үйл явц дахь шилжилт ерөнхиймэдлэг хувийнТэгээд ганц бие. Дедукцын хувьд ерөнхий мэдлэг нь дүгнэлт хийх эхлэлийн цэг болдог бөгөөд энэхүү ерөнхий мэдлэгийг "бэлэн" байгаа гэж үздэг. Дедукцийн онцлог нь түүний байр суурийн үнэн нь дүгнэлтийн үнэнийг баталгаажуулдаг явдал юм. Тиймээс дедукц нь асар их ятгах чадвартай бөгөөд зөвхөн математикийн теоремуудыг батлахад төдийгүй найдвартай мэдлэг шаардлагатай бүх газарт өргөн хэрэглэгддэг.

Индукц (Латин inductio - удирдамж) нь танин мэдэхүйн үйл явц дахь шилжилт юм. хувийнмэдлэг ерөнхийӨөрөөр хэлбэл энэ нь ажиглалт, туршилтын үр дүнг нэгтгэхтэй холбоотой судалгаа, танин мэдэхүйн арга юм.Индукцийн нэг онцлог нь түүний магадлалын шинж чанар, i.e. Хэрэв эхний байр суурь үнэн бол индукцийн дүгнэлт зөвхөн үнэн байж магадгүй бөгөөд эцсийн үр дүнд энэ нь үнэн эсвэл худал болж хувирна.

Бүрэн ба бүрэн бус индукц

Индуктив дүгнэлт нь мэдлэгээс сэтгэлгээ үүсдэг хийсвэр сэтгэлгээний хэлбэр юм бага хэмжээгээрерөнхий байдал нь илүү их хэмжээний ерөнхий байдлын талаархи мэдлэгийг хамардаг бөгөөд уг байр сууринаас гарах дүгнэлт нь ихэвчлэн магадлалын шинж чанартай байдаг.

Судалгааны явцад би индукцийг бүрэн, бүрэн бус гэсэн хоёр төрөлд хуваадаг болохыг олж мэдсэн.

Бүрэн индукц гэдэг нь тухайн ангиллын бүх объектыг судалсны үндсэн дээр тухайн объектын тухай ерөнхий дүгнэлт гаргах дүгнэлт юм.

Жишээлбэл, 6≤ n≤ 18 муж дахь тэгш натурал n тоо бүрийг хоёр анхны тооны нийлбэрээр илэрхийлж болохыг тогтоох шаардлагатай. Үүнийг хийхийн тулд эдгээр бүх тоог аваад холбогдох өргөтгөлүүдийг бичнэ үү.

6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5;

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

Дараах жишээг авч үзье: yn= n 2 +n+17 дараалал; Эхний дөрвөн гишүүнийг бичье: y 1 =19; y 2 =23; y 3 =29; y 4 =37; Дараа нь бид бүхэл бүтэн дараалал нь анхны тоонуудаас бүрдэнэ гэж үзэж болно. Гэхдээ энэ нь тийм биш, y 16 = 16 2 +16+17=16(16+1)+17=17*17 гэж авъя. Энэ бол нийлмэл тоо бөгөөд энэ нь бидний таамаглал буруу гэсэн үг бөгөөд ингэснээр бүрэн бус индукц нь бүрэн найдвартай дүгнэлтэд хүргэдэггүй, харин математикийн нотолгоо эсвэл няцаалт шаарддаг таамаглалыг боловсруулах боломжийг бидэнд олгодог.

Математик индукцийн арга

Бүрэн индукц нь зөвхөн математикт хязгаарлагдмал хэрэглээтэй байдаг. Маш олон сонирхолтой математик хэллэгүүд нь хязгааргүй тооны онцгой тохиолдлуудыг хамардаг бөгөөд бид эдгээр бүх нөхцөл байдлыг шалгах боломжгүй байдаг.Гэхдээ бид хэрхэн хязгааргүй тооны тохиолдлыг шалгах вэ? Энэ аргыг Б.Паскаль, Ж.Бернулли нар санал болгосон бөгөөд энэ нь математикийн индукцийн арга бөгөөд үүнд үндэслэсэн. 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 байвал 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 математик индукцийн зарчмыг дараах байдлаар томъёолно.

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

Алгоритм (энэ нь дөрвөн үе шатаас бүрдэнэ):

1.суурь(Бид нотлогдож байгаа мэдэгдэл нь хамгийн энгийн онцгой тохиолдлуудад үнэн болохыг харуулж байна) П = 1));

2. таамаглал(Бид энэ мэдэгдлийг эхний удаад нотолсон гэж үзэж байна руу тохиолдол); 3 .алхам(энэ таамаглалын дагуу бид хэргийн мэдэгдлийг нотолж байна П = руу + 1); 4. гаралт (дЭнэ мэдэгдэл нь бүх тохиолдолд, өөрөөр хэлбэл бүх тохиолдолд үнэн юм P) .

Математик индукцийн арга нь бүх асуудлыг шийдэж чадахгүй, зөвхөн тодорхой хувьсагчаар тохируулсан асуудлыг шийдэж чадна гэдгийг анхаарна уу. Энэ хувьсагчийг индукцийн хувьсагч гэж нэрлэдэг.

Математик индукцийн аргын хэрэглээ

Энэ онолыг бүхэлд нь практикт хэрэгжүүлж, энэ аргыг ямар асуудалд ашигладаг болохыг олж мэдье.

Тэгш бус байдлыг нотлох асуудал.

Жишээ 1.Бернуллигийн тэгш бус байдлыг батал (1+x)n≥1+n x, x>-1, n € N.

1) 1+x≥1+x учир n=1-ийн хувьд тэгш бус байдал үнэн байна

2) Зарим n=k-ийн хувьд тэгш бус байдал үнэн гэж бодъё, өөрөөр хэлбэл.

(1+x) k ≥1+k x.

Тэгш бус байдлын хоёр талыг эерэг тоо 1+x-ээр үржүүлбэл бид гарна

(1+x) k+1 ≥(1+kx)(1+ x) =1+(k+1) x + kx 2

kx 2 ≥0 гэдгийг харгалзан үзвэл тэгш бус байдалд хүрнэ

(1+x) k+1 ≥1+(k+1) x.

Иймд Бернуллигийн тэгш бус байдал n=k-д үнэн гэсэн таамаглалаас n=k+1-ийн хувьд үнэн гэсэн дүгнэлт гарч байна. Математик индукцийн аргад үндэслэн Бернуллигийн тэгш бус байдал нь ямар ч n € N-д хүчинтэй гэж үзэж болно.

Жишээ 2.Дурын натурал тоо n>1, .

Үүнийг математик индукцийн аргаар баталъя.

Тэгш бус байдлын зүүн талыг дараах байдлаар тэмдэглэе.

1), тиймээс n=2 хувьд тэгш бус байдал хүчинтэй байна.

2) Хэд хэдэн к-г авч үзье. Үүнийг баталцгаая. Бидэнд байгаа, .

Харьцуулж, бид байна, i.e. .

Аливаа эерэг бүхэл тооны k-ийн хувьд сүүлчийн тэгшитгэлийн баруун тал эерэг байна. Тийм ч учраас. Гэхдээ энэ нь мөн гэсэн үг.. Бид n=k+1 тэгш бус байдлын үнэн зөвийг баталсан тул математик индукцийн аргын тусламжтайгаар тэгш бус байдал нь дурын натурал n>1 тоонд хүчинтэй байна.

Хувийн мэдээллийг батлахад тулгардаг бэрхшээлүүд.

Жишээ 1.Аливаа натурал n тооны хувьд тэгш байдал үнэн болохыг батал.

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

n=1, тэгвэл X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

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

2) n=kX k =k 2 (k+1) 2 /4-ийн хувьд тэгш байдал үнэн гэж бодъё.

3) n=k+1, өөрөөр хэлбэл X k+1 =(k+1) 2 (k+2) 2 /4-ийн хувьд энэ мэдэгдлийн үнэнийг баталъя. 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 байна.

Жишээ 2.Аливаа байгалийн n-ийн хувьд тэгш байдал үнэн болохыг батал

1) Энэ ижилсэл нь n = 1-ийн хувьд үнэн эсэхийг шалгацгаая.; - зөв.

2) n = k-ийн хувьд ижил төстэй байдал нь үнэн байг, өөрөөр хэлбэл.

3) Энэ ижилсэл нь n = k + 1-ийн хувьд ч үнэн болохыг баталцгаая, өөрөөр хэлбэл;

Учир нь Хэрэв n=k ба n=k+1-ийн хувьд тэгш байдал үнэн бол дурын натурал n тооны хувьд энэ нь үнэн болно.

Дүгнэлтийн асуудлууд.

Жишээ 1. 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) A(k+1) гэдгийг баталцгаая.

k нь дурын натурал тоо байх ба n=k, өөрөөр хэлбэл 1+3+5+…+(2k-1)=k 2-ын хувьд уг мэдэгдлийг үнэн гэж үзье.

Дараах натурал тоо n=k+1, i. Юу

1+3+5+…+(2к+1)=(k+1) 2 .

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

Тэгэхээр A(k) A(k+1). Математикийн индукцийн зарчимд үндэслэн бид ямар ч n N-ийн хувьд A(n) таамаглал үнэн гэж дүгнэж байна.

Жишээ 2.Томьёог батал, n нь натурал тоо.

Шийдэл: n=1 үед тэгш байдлын хоёр тал нэг болж хувирах тул математик индукцийн зарчмын эхний нөхцөл хангагдана.

Томьёог n=k хувьд зөв гэж үзье, өөрөөр хэлбэл. .

Энэ тэгш байдлын хоёр тал дээр нэмээд баруун талыг нь өөрчилье. Дараа нь бид авна

Иймд n=k-ийн хувьд томьёо үнэн байхаас n=k+1-ийн хувьд ч үнэн байна гэсэн үг, тэгвэл аливаа натурал n тооны хувьд энэ мэдэгдэл үнэн болно.

Хуваагдах чадварын асуудал.

Жишээ 1.(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.

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

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 к+3 +12 2л+3 =11×11 к+2 +

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

Үүссэн нийлбэрийг үлдэгдэлгүйгээр 133-т хуваана, учир нь түүний эхний гишүүн нь таамаглалаар үлдэгдэлгүйгээр 133-т хуваагддаг ба хоёр дахь хүчин зүйлийн нэг нь 133 байна.

Тэгэхээр, A(k)→ A(k+1), дараа нь математикийн индукцийн аргад үндэслэн аливаа байгалийн n-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн болно.

Жишээ 2.Дурын натурал n тооны хувьд 3 3n-1 +2 4n-3 нь 11-д хуваагддаг болохыг батал.

Шийдэл: 1) n=1 гэж үзвэл 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 3к-1 +16* 2 4к-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. n натурал тоонд үлдэгдэлгүйгээр 11-д хуваагдана.

Бодит амьдралаас үүдэлтэй асуудлууд.

Жишээ 1.Аливаа гүдгэр олон өнцөгтийн дотоод өнцгийн Sn нийлбэр нь (-тэй тэнцүү болохыг батал. П- 2)π, хаана П- энэ олон өнцөгтийн талуудын тоо: Sn = ( П- 2)π (1).

Энэ мэдэгдэл нь бүх байгалийн хувьд утгагүй юм П, гэхдээ зөвхөн П > Гурвалжны хамгийн бага өнцөг нь 3 тул 3.

1) Хэзээ П= 3 бидний мэдэгдэл дараах хэлбэртэй байна: S 3 = π. Гэхдээ аливаа гурвалжны дотоод өнцгийн нийлбэр нь үнэхээр π юм. Тиймээс, хэзээ П= 3 томъёо (1) зөв байна.

2) Энэ томьёог n-д үнэн гэж үзье =к, тэр нь С к = (к- 2)π, хаана к > 3. Энэ тохиолдолд томъёо нь дараах байдалтай байгааг баталъя: С k+ 1 = (к- 1)π.

A 1 A 2 ... A байг к А k+ 1 - дурын гүдгэр ( к+ 1) -гон (Зураг 338).

А 1 ба А цэгүүдийг холбох к , бид гүдгэр болно к-гон A 1 A 2 ... A к - 1 А к . Мэдээжийн хэрэг, өнцгийн нийлбэр ( к+ 1) -gon A 1 A 2 ... A к А k+ 1 нь өнцгүүдийн нийлбэртэй тэнцүү байна к-гон A 1 A 2 ... A к нэмсэн гурвалжны өнцгийн нийлбэр А 1 А к А k+ 1 . Гэхдээ өнцгүүдийн нийлбэр к-гон A 1 A 2 ... A к тэнцүү таамаглалаар ( к- 2)π ба гурвалжны A 1 А өнцгийн нийлбэр к А k+ 1 нь π-тэй тэнцүү. Тийм ч учраас

С k+ 1 = С к + π = ( к- 2)π + π = ( к- 1)π.

Тиймээс математик индукцийн зарчмын хоёр нөхцөл хангагдсан тул (1) томъёо нь аливаа байгалийн хувьд үнэн юм. П > 3.

Жишээ 2.Бүх шат нь адилхан шат байдаг. Дурын алхам дээр "авирах" чадварыг баталгаажуулах хамгийн бага тооны байрлалыг зааж өгөх шаардлагатай.

Нэг болзол байх ёстой гэдэгтэй бүгд санал нийлдэг. Бид эхний шат руу авирч чаддаг байх ёстой. Дараа нь тэд 1-р шатнаас хоёр дахь шат хүртэл авирах чадвартай байх ёстой. Дараа нь хоёр дахь нь - гурав дахь гэх мэт. n-р алхам руу. Мэдээжийн хэрэг, нийтдээ "n" мэдэгдлүүд нь бид n-р алхамд хүрэх боломжтой гэдгийг баталгаажуулдаг.

Одоо 2, 3,..., n байрлалыг харж, бие биетэйгээ харьцуулж үзье. Тэдгээр нь бүгд ижил бүтэцтэй гэдгийг харахад хялбар байдаг: хэрэв бид k алхамд хүрсэн бол (k+1) шат хүртэл авирч чадна. Эндээс "n"-ээс хамааран өгүүлбэрийн үнэн зөв байхын тулд дараах аксиом зүй ёсны болно: хэрэв n нь натурал тоо болох A(n) өгүүлбэр нь n=1-д, харин n=k-ийн хувьд биелнэ. (энд k нь дурын натурал тоо), энэ нь n=k+1-д тохирно, тэгвэл дурын натурал n тоонд A(n) таамаглал биелнэ.

Өргөдөл

Их, дээд сургуульд элсэн орохдоо математикийн индукцийн аргыг ашиглах асуудал.

Дээд сургуульд элсэн орохдоо анхаарна уу боловсролын байгууллагуудЭнэ аргаар шийдэж болох асуудлууд бас бий. Тодорхой жишээнүүдийг ашиглан тэдгээрийг харцгаая.

Жишээ 1.Ямар ч байгалиас заяасан гэдгийг батлах Птэгш байдал үнэн

1) Хэзээ n=1Бид зөв тэгш байдлыг олж авдаг.

2) n= байх үед индукцийн таамаглалыг хийснээр ктэгш байдал үнэн бол n-ийн тэгш байдлын зүүн талд байгаа нийлбэрийг авч үзье =k+1;

3) Бууруулах томъёог ашиглан бид илэрхийллийг хувиргадаг.

Дараа нь математикийн индукцийн аргын ачаар тэгшитгэл нь ямар ч натурал n тоонд үнэн болно.

Жишээ 2.Аливаа натурал n тооны хувьд 4n +15n-1 илэрхийллийн утга 9-ийн үржвэр болохыг батал.

1) n=1-тэй: 2 2 +15-1=18 - 9-ийн үржвэр (18:9=2-оос хойш)

2) Тэгш байдал хэвээр байг n=k: 4 к +15к-1 9-ийн үржвэр.

3) Дараагийн тооны хувьд тэгш байдал биелнэ гэдгийг баталцгаая n=k+1

4 к+1 +15(к+1)-1=4 к+1 +15к+15-1=4.4 к +60к-4-45к+18=4(4 к +15к-1)-9(5к- 2)

4(4 к +15к-1) - 9-ийн үржвэр;

9(5к-2) - 9-ийн үржвэр;

Иймээс 4(4 k +15к-1)-9(5к-2) илэрхийлэл бүхэлдээ 9-ийн үржвэр бөгөөд үүнийг батлах шаардлагатай.

Жишээ 3.Үүнийг дурын натурал тоогоор батал Пнөхцөл хангагдсан: 1∙2∙3+2∙3∙4+…+ p(p+1)(p+2)=.

1) Энэ томъёо зөв эсэхийг шалгацгаая n=1:Зүүн тал = 1∙2∙3=6.

Баруун хэсэг = . 6 = 6; хэзээ үнэн n=1.

2) Энэ томьёо n-ийн хувьд үнэн гэж бодъё =k:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+k(k+1)(k+2)=.С к =.

3) Энэ томьёо n-ийн хувьд үнэн болохыг баталъя =k+1:

1∙2∙3+2∙3∙4+…+(k+1)(k+2)(k+3)=.

С k+1 =.

Нотолгоо:

Тэгэхээр энэ нөхцөл нь хоёр тохиолдолд үнэн бөгөөд n хувьд үнэн болох нь батлагдсан =k+1,тиймээс энэ нь ямар ч натурал тооны хувьд үнэн юм П.

Дүгнэлт

Дүгнэж хэлэхэд, судалгааны явцад би индукц гэж юу болох, бүрэн ба бүрэн бус байж болохыг олж мэдээд, математик индукцийн зарчимд суурилсан математик индукцийн аргатай танилцаж, энэ аргыг ашиглан олон асуудлыг авч үзсэн.

Мөн сургуулийн хөтөлбөрт тусгагдсанаас өөр олон шинэ мэдээлэл олж авлаа.Математикийн индукцийн аргыг судалж байхдаа янз бүрийн ном зохиол, интернетийн эх сурвалжуудыг ашигласан, мөн багштай зөвлөлдсөн.

Дүгнэлт: Математикийн индукцийн талаархи мэдлэгийг нэгтгэж, системчилсэнээр би энэ сэдвээр мэдлэг хэрэгтэй гэдэгт бодит байдалд итгэлтэй болсон. Эерэг чанарМатематик индукцийн арга нь асуудлыг шийдвэрлэхэд өргөн хэрэглэгддэг: алгебр, геометр, бодит математикийн салбарт. Энэхүү мэдлэг нь математикийн шинжлэх ухааны сонирхлыг нэмэгдүүлдэг.

Ажиллаж байх хугацаандаа олж авсан ур чадвар маань ирээдүйд надад тус болно гэдэгт итгэлтэй байна.

​ Ном зүй

Соминский I.S. Математик индукцийн арга. Математикийн алдартай лекцүүд, дугаар 3-М.: Шинжлэх ухаан, 1974.

Л.И.Головина, И.М.Яглом. Геометрийн индукц. - Физматгиз, 1961. - T. 21. - 100 х. - (Математикийн талаархи алдартай лекцүүд).

Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Их, дээд сургуульд элсэгчдэд зориулсан математикийн гарын авлага (Анхан шатны математикийн сонгосон асуултууд) - 5-р хэвлэл, шинэчилсэн, 1976 - 638 х.

А.Шэн. Математик индукц. - MCNMO, 2004. - 36 х.

М.Л.Галицкий, А.М.Голдман, Л.И.Звавич Алгебрийн бодлогын цуглуулга: 8-9-р ангийн сурах бичиг. гүнтэй математикийн чиглэлээр суралцах 7-р хэвлэл - М.: Просвещение, 2001. - 271 х.

Ма-ка-ры-чев Ю.Н., Мин-дюк Н.Г. Аль-геб-ры 9-р ангийн сургуулийн сурах бичгийн нэмэлт бүлгүүд. - М .: Pro-sve-shche-nie, 2002.

Википедиа бол үнэгүй нэвтэрхий толь юм.

Оршил

Гол хэсэг

1. Бүрэн ба бүрэн бус индукц

2. Математикийн индукцийн зарчим

3. Математикийн индукцийн арга

4. Жишээ шийдвэрлэх

5. Тэнцүү байдал

6. Тоо хуваах

7. Тэгш бус байдал

Дүгнэлт

Ашигласан уран зохиолын жагсаалт

Оршил

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, жишээлбэл. 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 яахав дээ хүнд хэрэгтэйТэр хоёр, гурван хичээлийг авчрах бөгөөд энэ хугацаанд тэрээр таван үг онол сонсож, таван энгийн бодлого шийдвэрлэж, үр дүнд нь юу ч мэдэхгүй гэдгээрээ А үнэлгээ авах болно.

Гэхдээ индуктив байдлаар сэтгэх чадвартай байх нь маш чухал юм.

Гол хэсэг

Анхны утгаараа "индукц" гэдэг үг нь хэд хэдэн тодорхой мэдэгдэлд үндэслэн 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 цөөн хэдэн онцгой тохиолдлыг 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 хэлэхэд бид дараахь зүйлийг томъёоллоо ерөнхий зарчим.

Математик индукцийн зарчим.

Хэрэв санал А(n), натурал тооноос хамаарнаn, хувьд үнэнn=1 ба энэ нь үнэн гэдгийг баримтаасn=k(Хаанак-ямар ч натурал тоо), энэ нь дараагийн тооны хувьд үнэн болноn=k+1, дараа нь таамаглал А(n) дурын натурал тооны хувьд үнэнn.

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 математик индукцийн зарчмыг дараах байдлаар томъёолно. Хэрэв санал А(n) хувьд үнэнn=pмөн хэрэв A(к) Þ А(k+1)хэний ч төлөөk>p,Дараа нь өгүүлбэр А(n)хэнд ч үнэнn>p.

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. Дараа нь индукцийн алхам гэж нэрлэгддэг нотлох хэсэг ирдэг. 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.

ЖИШЭЭ 1

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 .

Үнэхээр,

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.

ЖИШЭЭ 2

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).

Тэгэхэд тэгш байдал гэдгийг баталъя

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.

ЖИШЭЭ 3

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 Үүнийг гүдгэр хэлбэрээр 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.

ЖИШЭЭ 4

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.

ЖИШЭЭ 5

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 хувьд тэгш байдал үнэн гэж бодъё

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 байвал 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 математик индукцийн зарчмыг дараах байдлаар томъёолно.

Хэрэв n=p-ийн хувьд A(n) санал үнэн, ямар ч k>p-ийн хувьд A(k) ≈ A(k+1) бол 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. Дараа нь индукцийн алхам гэж нэрлэгддэг нотлох хэсэг ирдэг. Энэ хэсэгт тэд n=k+1-ийн мэдэгдлийн үнэн зөвийг n=k (индукцийн таамаглал) гэсэн таамаглалын дагуу нотолж байна. A(k) 1 A(k+1) гэдгийг батлах

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 гэдгийг батал.

• 1) Бидэнд n=1=1 2 байна. Тиймээс n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн, өөрөөр хэлбэл. A(1) үнэн
• 2) A(k) ≥ A(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 Үнэхээр,
• 1+3+5+…+(2к-1)+(2к+1)=к 2 +2к+1=(k+1) 2

Тэгэхээр A(k) 1 A(k+1). Математик индукцийн зарчимд үндэслэн бид ямар ч n O N-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 x №1

• 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 байх ба n=k-ийн хувьд томьёо үнэн байг,
• 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(x k+1 -1)/(x-1)

Тэгэхэд тэгш байдал гэдгийг баталъя

• 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) 1 A(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 гэдгийг батал.

Шийдэл: 1) n=3-ын хувьд гурвалжинд байгаа тул мэдэгдэл үнэн

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

2) Гүдгэр k-gon бүрт A 1 x A k =k(k-3)/2 диагональ байна гэж бодъё. A k Гүдгэр А k+1 (k+1)-гонд диагональуудын тоо A k+1 =(k+1)(k-2)/2 болохыг баталъя.

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,

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

Тэгэхээр A(k) 1 A(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

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

Бид n=k+1-ийн хувьд тэгш байдал үнэн болохыг 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 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 байна.

Үүнийг нотол

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

Шийдэл: 1) n=2-ын хувьд таних тэмдэг нь дараах байдалтай байна.

• (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), i.e. энэ үнэн
• 2) n=k-ийн хувьд илэрхийлэл үнэн гэж үзье
• (2 3 +1)/(2 3 -1) ґ … ґ (k 3 +1)/(k 3 -1)=3k(k+1)/2(k 2 +k+1)
• 3) n=k+1 илэрхийллийн үнэн зөвийг баталъя
• (((2 3 +1)/(2 3 -1)) ґ … ґ ((k 3 +1)/(k 3 -1))) ґ (((k+1) 3 +

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

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

ґ ((k+1) 2 +(k+1)+1)

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) дурын натурал n тооны хувьд

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 =-(k+1) 3 (4(k+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 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) ямар ч байгалийн n

• 1) n=1-ийн хувьд таних тэмдэг нь үнэн 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
• 2) n=k гэж бодъё
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
• 3) n=k+1-д адилтгал үнэн болохыг баталъя
• (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2к+1))+((k+1) 2 /(2к+1)(2к+3))=((k+1)/(2к+1)) ґ ((k/2 ) +((k+1)/(2k+3)))=(k+1)(k+2) ґ (2k+1)/2(2k+1)(2k+3)=(k+1 ) (k+2)/2(2(k+1)+1)

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 ґ 133

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

• 2) (11k+2 +12 2k+1) нь 133-т үлдэгдэлгүй хуваагдана гэж бодъё.
• 3) Энэ тохиолдолд (11к+3 +12 2к+3) 133-т үлдэгдэлгүй хуваагддаг болохыг баталъя. Үнэхээр
• 11 к+3 +12 2л+3 =11 ґ 11 к+2 +12 2 ґ 12 2к+1 =11 ґ 11 к+2 +

+(11+133) ґ 12 2к+1 =11(11 к+2 +12 2к+1)+133 ґ 12 2к+1

Үүссэн нийлбэрийг 133-т үлдэгдэлгүй хуваана, учир нь түүний эхний гишүүн нь таамаглалаар 133-т үлдэгдэлгүй хуваагдах ба хоёр дахь хүчин зүйлийн нэг нь 133. Тэгэхээр A(k) 1 A(k+1). Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно

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

• 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 7 k -1 үед 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана гэж бодъё
• 3) n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг баталъя

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

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

Дурын натурал n тооны хувьд 3 3n-1 +2 4n-3 нь 11-д хуваагддаг болохыг батал.

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 X k =3 3k-1 +2 4k-3 үед 11-д үлдэгдэлгүй хуваагдана гэж бодъё.
• 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 ґ 3 3k-1 +2 4 ґ 2 4k-3 =

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

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

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. n натурал тоонд үлдэгдэлгүйгээр 11-д хуваагдана. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно.

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

• 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 1 үед 2k -1 нь 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана гэж бодъё.
• 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2к -1=120 ґ 11 2к +(11 2к -1)

Хоёр нэр томьёо хоёулаа 6-д үлдэгдэлгүй хуваагдана: эхнийх нь 6, 120-ын үржвэрийг агуулна, 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.

Эхлээд 3 3n+3 -1 нь 26-д үлдэгдэлгүй хуваагддаг гэдгийг баталъя

• 1. n=0 үед
• 3 3 -1=26 нь 26-д хуваагдана
• 2. n=k гэж бодъё
• 3 3k+3 -1 нь 26-д хуваагдана
• 3. n=k+1-ийн хувьд уг мэдэгдэл үнэн болохыг баталъя
• 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3л+3 +(3 3к+3 -1) -26-д хуваагдана

Одоо асуудлын мэдэгдэлд томъёолсон мэдэгдлийг баталъя

• 1) n=1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн байх нь ойлгомжтой
• 3 3+3 -26-27=676
• 2) n=k-ийн хувьд 3 3k+3 -26k-27 илэрхийлэл нь 26 2-т үлдэгдэлгүй хуваагдана гэж бодъё.
• 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 нь 26-д хуваагддаг, хоёр дахь нь индукцийн таамаглалаар хуваагддаг болохыг баталсан. Математик индукцийн аргын ачаар уг мэдэгдлийг нотолсон болно

Хэрэв n>2 ба x>0 бол (1+x) n >1+n ґ x тэгш бус байдал үнэн болохыг батал.

• 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) ≈ A(k+1), хэрэв k> бол баталъя 2. A(k) үнэн, өөрөөр хэлбэл тэгш бус байдал гэж үзье.
• (1+x) k >1+k ґ x. (3)

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

(1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x

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

(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)

Сүүлийн тэгш бус байдлын баруун талыг авч үзье; бидэнд байгаа

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

Үүний үр дүнд бид (1+x) k+1 >1+(k+1) ґ x-г олж авна

Тэгэхээр A(k) 1 A(k+1). Математикийн индукцийн зарчимд үндэслэн Бернуллигийн тэгш бус байдал нь ямар ч n>2 хувьд хүчинтэй гэж үзэж болно.

a>0 бол (1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 тэгш бус байдал үнэн болохыг батал.

Шийдэл: 1) m=1 байх үед

• (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 хоёр тал тэнцүү
• 2) m=k гэж бодъё
• (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ 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 ґ a+

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

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

+((k+1)(k+2)/2) ґ a 2

Бид m=k+1-ийн хувьд тэгш бус байдал үнэн болохыг баталсан тул математик индукцийн аргын ачаар тэгш бус байдал нь дурын натурал m тоонд хүчинтэй байна.

n>6 хувьд 3 n >n ґ 2 n+1 тэгш бус байдал үнэн болохыг батал.

Тэгш бус байдлыг (3/2) n >2n хэлбэрээр дахин бичье

• 1. n=7-ийн хувьд 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 тэгш бус байдал үнэн
• 2. n=k (3/2) k >2k гэж бодъё
• 3) n=k+1-ийн тэгш бус байдлыг баталъя
• 3 к+1 /2 к+1 =(3 к /2 к) ґ (3/2)>2к ґ (3/2)=3к>2(k+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)

• 1) n=3-ын хувьд тэгш бус байдал үнэн
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
• 2. n=k гэж бодъё
• 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/к 2)=1.7-(1/к)
• 3) n=k+1 тэгш бус байдлын үнэн зөвийг баталъя
• (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)

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

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

ы k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k

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.

Математикийн олон салбарт , i.e. мэдэгдлийн үнэн p(n)" nАСААЛТТАЙ (ямар ч nАСААЛТТАЙ p(n)баруун).

Үүнийг ихэвчлэн нотолж болно математик индукцийн аргаар.

Энэ арга нь математик индукцийн зарчим дээр суурилдаг. Энэ нь ихэвчлэн арифметикийн аксиомуудын нэг гэж сонгогддог тул нотлох баримтгүйгээр хүлээн зөвшөөрдөг. Математикийн индукцийн зарчмын дагуу өгүүлбэр p(n)Хоёр нөхцөл хангагдсан тохиолдолд хувьсагчийн бүх байгалийн утгуудын хувьд үнэн гэж үзнэ.

1. Санал p(n)хувьд үнэн n= 1.

2. гэсэн өгүүлбэрээс p(n)хувьд үнэн n =к (к -дурын натурал тоо) -ийн хувьд үнэн байна гэсэн үг n =к+ 1.

Математик индукцийн арга гэдэг нь дараах нотлох аргыг хэлнэ

1. Мэдэгдэлийн үнэн эсэхийг шалгана уу n= 1 – индукцийн суурь.

2. Энэ мэдэгдлийг үнэн гэж үзье n = k -индуктив таамаглал.

3. Дараа нь энэ нь бас үнэн гэдгийг тэд баталж байна n =к+ 1 индуктив уулзвар.

Заримдаа санал p(n)бүх байгалийн хувьд биш үнэн болж хувирдаг n, мөн заримаас эхлэн for n = n 0. Энэ тохиолдолд үнэн p(n)цагт n = n 0.

Жишээ 1. Let . Үүнийг нотол

1. Индукцийн суурь: at nТодорхойлолтоор = 1 С 1 = 1 ба томъёоны дагуу бид нэг үр дүнг авна. Энэ мэдэгдэл үнэн.

n = kМөн .

n = k+ 1. Үүнийг баталъя.

Үнэн хэрэгтээ, индуктив таамаглалын ачаар

Энэ илэрхийлэлийг өөрчилье

Индуктив шилжилт нь батлагдсан.

Сэтгэгдэл.Өгөгдсөн (индуктив таамаглал), юуг нотлох шаардлагатайг бичих нь ашигтай!

Жишээ 2.Нотлох

1. Индукцийн суурь. At n= 1, мэдэгдэл нь мэдээжийн хэрэг үнэн.

2. Индуктив таамаглал. Болъё n = kТэгээд

3. Индуктив шилжилт. Болъё n = k+ 1. Баталгаажуулъя:

Үнэхээр баруун талыг хоёр тооны нийлбэр болгон квадрат болгоё.

Индуктив таамаглал ба арифметик прогрессийн нийлбэрийн томъёог ашиглан: , бид олж авна.

Жишээ 3.Тэгш бус байдлыг нотлох

1. Энэ тохиолдолд индукцийн үндэс нь мэдэгдлийн үнэнийг шалгах явдал юм , i.e. тэгш бус байдлыг шалгах шаардлагатай байна. Үүнийг хийхийн тулд тэгш бус байдлыг квадрат болгоход хангалттай: эсвэл 63< 64 – неравенство верно.

2. Тэгш бус байдал нь үнэн байг, i.e.

3. Баталгаажуулъя:

Бид индукцийн таамаглалыг ашигладаг

Нотолж буй тэгш бус байдлын баруун тал ямар байх ёстойг мэдэж байгаа тул энэ хэсгийг онцолж үзье

Нэмэлт хүчин зүйл нь нэгээс хэтрэхгүй гэдгийг тогтоох хэвээр байна. Үнэхээр,

Жишээ 4.Аливаа натурал тооны хувьд тоо нь цифрээр төгсдөг болохыг батал.

1. Уг өгүүлбэр хүчинтэй байх хамгийн бага натурал тоо нь -тэй тэнцүү байна. .

2. Тоогоор төгсгөнө. Энэ нь энэ тоог хэлбэрт бичиж болно гэсэн үг бөгөөд энд зарим натурал тоо байна. Дараа нь .

3. Let . -ээр төгсдөг гэдгийг баталцгаая. Хүлээн авсан дүрслэлийг ашиглан бид олж авна

Сүүлийн тоонд яг нэг тоо байна.

Өргөдөл

1.4. Математик индукцийн арга

Та бүхний мэдэж байгаагаар математикийн мэдэгдлүүд (теоремууд) нь үндэслэлтэй, нотлогдсон байх ёстой. Одоо бид нотлох аргуудын нэг болох математик индукцийн аргатай танилцах болно.

Өргөн утгаараа индукц нь тодорхой мэдэгдлээс ерөнхийд шилжих боломжийг олгодог үндэслэлийн арга юм. Ерөнхий мэдэгдлээс тодорхой зүйл рүү урвуу шилжилтийг хасалт гэж нэрлэдэг.

Хасах нь үргэлж зөв дүгнэлтэд хүргэдэг. Жишээлбэл, бид ерөнхий үр дүнг мэднэ: тэгээр төгссөн бүх бүхэл тоо 5-д хуваагдана. Эндээс мэдээж 0-ээр төгссөн аливаа тодорхой тоо, жишээ нь 180 нь 5-д хуваагддаг гэж дүгнэж болно.

Үүний зэрэгцээ индукц нь буруу дүгнэлтэд хүргэдэг. Жишээлбэл, 60 тоо 1, 2, 3, 4, 5, 6 тоонд хуваагддаг болохыг анзаарч, 60 нь ямар ч тоонд хуваагддаг гэж дүгнэх эрхгүй.

Математик индукцийн арга нь олон тохиолдолд P(n) ерөнхий мэдэгдлийн үнэн зөвийг хатуу нотлох боломжийг олгодог бөгөөд түүний томъёололд натурал n тоо багтдаг.

Аргын хэрэглээ нь 3 үе шаттай.

1) Индукцийн суурь: n = 1-ийн хувьд P(n) мэдэгдлийн үнэн зөвийг шалгана (эсвэл өөр n-ийн тодорхой утгыг P(n)-ийн хүчинтэй гэж үздэг).

2) Индукцийн таамаглал: бид P(n) нь n = k-д хүчинтэй гэж үздэг.

3) Индукцийн алхам: таамаглалыг ашиглан бид P(n) нь n = k + 1-д хүчинтэй болохыг баталж байна.

Үүний үр дүнд бид P(n) нь дурын n ∈ N-д хүчинтэй гэж дүгнэж болно. Үнэн хэрэгтээ n = 1-ийн хувьд мэдэгдэл үнэн (индукцийн суурь). Тиймээс n = 1-ээс n = 2 руу шилжих нь үндэслэлтэй (индукцийн алхам) тул n = 2-ын хувьд энэ нь бас үнэн юм. Индукцийн алхамыг дахин дахин хэрэглэснээр n = 3, 4, 5, -ийн хувьд P(n)-ийн хүчинтэй байдлыг олж авна. . ., өөрөөр хэлбэл, бүх n-ийн хувьд P(n)-ийн хүчинтэй байдал.

Жишээ 14. Эхний n сондгой натурал тооны нийлбэр нь n2: 1 + 3 + 5 + …

+ (2n - 1) = n2.

Бид математикийн индукцийн аргыг ашиглан нотлох ажлыг гүйцэтгэнэ.

1) Суурь: n=1 байхад зүүн талд зөвхөн нэг гишүүн байна: 1 = 1.

Энэ мэдэгдэл үнэн.

2) Таамаглал: Бид зарим k-ийн хувьд тэгш байдал үнэн гэж таамаглаж байна: 1 + 3 + 5 + … + (2k - 1) = k2.

Буудлагын үеэр цохилт өгөх магадлалын талаархи асуудлыг шийдвэрлэх

Асуудлын ерөнхий томъёолол дараах байдалтай байна.

Байгаа нэг сумаар онох магадлал нь $p$ байна. $n$ буудсан. Зорилтот нь яг $k$ удаа онох магадлалыг ол ($k$ цохилт байх болно).

Бид Бернуллигийн томьёог хэрэглээд:

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

Энд $C_n^k$ нь $n$-ийн $k$-ын хослолуудын тоо юм.

Хэрэв асуудал нь хэд хэдэн сумтай холбоотой бол янз бүрийн магадлалЗорилтот онол, жишээ шийдэл, тооны машиныг эндээс олж болно.

Видео заавар болон Excel загвар

Бернулли буудлагын асуудлыг шийдвэрлэх тухай манай видеог үзэж, Excel програмыг ашиглан нийтлэг асуудлуудыг хэрхэн шийдвэрлэх талаар суралцаарай.

Видео бичлэгээс Excel тооцооллын файлыг үнэгүй татаж аваад асуудлыг шийдвэрлэхэд ашиглах боломжтой.

Цуврал буудлагад байг онох асуудлыг шийдэх жишээ

Хэд хэдэн ердийн жишээг авч үзье.

Жишээ 1. 7 удаа буудсан. Нэг цохилтоор цохих магадлал 0.705 байна. Яг 5 цохилт өгөх магадлалыг ол.

Асуудал нь бие даасан туршилтуудыг давтан хийх (бай руу буудах), нийт $n=7$ буудсан, тус бүрийг онох магадлал $p=0.705$, алдах магадлал $q=1 гэдгийг олж мэднэ. -p=1-0,705=0,295 $.

Бид яг $k=5$ цохилттой байх болно гэдгийг олох хэрэгтэй. Бид бүгдийг (1) томъёонд орлуулж, дараахийг авна: $$ P_7(5)=C_(7)^5 \cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2 = 21\cdot 0.705^5 \cdot 0.295^2= 0.318. $$

Жишээ 2.Байгаа нэг сумаар онох магадлал 0.4 байна.

Байгаа бай руу дөрвөн бие даасан буудлага хийнэ. Зорилтот дээр дор хаяж нэг цохилт өгөх магадлалыг ол.

Бид асуудлыг судалж, параметрүүдийг бичнэ: $n=4$ (буудсан), $p=0.4$ (цохих магадлал), $k \ge 1$ (дор хаяж нэг цохилт байх болно).

Бид эсрэг үйл явдлын магадлалын томъёог ашигладаг (нэг ч цохилт байхгүй):

$$ P_4(k \ge 1) = 1-P_4(k \lt 1) = 1-P_4(0)= $$ $$ =1-C_(4)^0 \cdot 0.4^0 \cdot 0 .6 ^4 =1- 0.6^4=1- 0.13=0.87. $$

Дөрөвөөс дор хаяж нэг удаа цохих магадлал 0.87 буюу 87% байна.

Жишээ 3.Буудагчийн бай онох магадлал 0.3 байна.

6 удаагийн цохилтоор бай гурваас зургаан удаа онох магадлалыг ол.

Өмнөх асуудлаас ялгаатай нь энд та цохилтын тоо тодорхой интервалд байх магадлалыг олох хэрэгтэй (мөн зарим тоотой яг тэнцүү биш). Гэхдээ ижил томъёог ашигладаг.

Байгаа гурваас зургаан удаа онох, өөрөөр хэлбэл 3, 4, 5, 6 онох магадлалыг олъё.

Бид эдгээр магадлалыг (1) томъёогоор тооцоолно.

$$ P_6(3)=C_(6)^3 \cdot 0.3^3\cdot 0.7^3 = 0.185. $$ $$ P_6(4)=C_(6)^4 \cdot 0.3^4\cdot 0.7^2 = 0.06. $$ $$ P_6(5)=C_(6)^5 \cdot 0.3^5\cdot 0.7^1 = 0.01. $$ $$ P_6(6)=C_(6)^6 \cdot 0.3^6\cdot 0.7^0 = 0.001.

Үйл явдлууд хоорондоо нийцэхгүй байгаа тул магадлалыг нэмэх томъёог ашиглан хүссэн магадлалыг олох боломжтой: $$ P_6(3 \le k \le 6)=P_6(3)+P_6(4)+P_6(5)+P_6(6) )=$$ $$ = 0.185+0.06+0.01+0.001=0.256.$$

Жишээ 4.Дөрвөн сумаар бай руу дор хаяж нэг удаа онох магадлал 0.9984 байна. Байгаа нэг сумаар онох магадлалыг ол.

Нэг удаагийн цохилтоор байг онох магадлалыг тэмдэглэе. Нэг үйл явдлыг танилцуулъя:
$A = $ (Дөрвөн буудлагаас дор хаяж нэг нь бай онох болно),
түүнчлэн эсрэг үйл явдлыг дараах байдлаар бичиж болно.
$\overline(A) = $ (Бүх 4 цохилт нь байг алдах болно, нэг ч цохилт биш).

$A$ үйл явдлын магадлалын томьёог бичье.

Мэдэгдэж буй утгуудыг бичье: $n=4$, $P(A)=0.9984$. Томъёо (1)-д орлуулаад:

$$ 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.

Бид үүссэн тэгшитгэлийг шийднэ:

$$ 1-(1-p)^4=0.9984,\\ (1-p)^4=0.0016,\\ 1-p=0.2,\\ p=0.8. $$

Тэгэхээр нэг сумаар бай онох магадлал 0.8 байна.

Уншиж, бусадтай хуваалцсанд баярлалаа.

хэрэгтэй холбоосууд

Шийдвэрлэгчээс бэлэн асуудлуудыг олох:

Бернуллигийн томъёог ашиглан онлайн тооцоолол

Тооцоологч ашиглан тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх

Математикийн тэгш бус байдал нь "="-г дараах тэмдгээр сольсон бүх тэгшитгэлийг хэлнэ: \[>\]\[\geq\]\[

* шугаман;

* дөрвөлжин;

* бутархай;

* заалт;

* тригонометр;

* логарифм.

Үүнээс хамааран тэгш бус байдлыг шугаман, хэсэгчилсэн гэх мэт гэж нэрлэдэг.

Та эдгээр шинж тэмдгүүдийн талаар мэдэж байх ёстой:

* (>)-аас их буюу (-ээс бага) тэгш бус байдал

* \[\geq\]-ээс их буюу тэнцүү тэмдэгтэй тэгш бус байдлыг [\leq\]-ээс бага буюу тэнцүү гэж мэргэжлийн бус гэж нэрлэдэг;

* дүрс нь ижил \[\ne\] биш, гэхдээ энэ дүрс бүхий хэргийг байнга шийдвэрлэх шаардлагатай.

Ийм тэгш бус байдлыг таниулах өөрчлөлтөөр шийддэг.

Мөн онлайн тэгшитгэлийн бүрэн шийдлийг шийдвэрлэх нийтлэлийг уншина уу

Дараахь тэгш бус байдал байна гэж үзье.

Бид үүнийг шугаман тэгшитгэлийн нэгэн адил шийддэг боловч тэгш бус байдлын тэмдгийн талаар болгоомжтой хандах хэрэгтэй.

Эхлээд бид нэр томъёог үл мэдэгдэхээс зүүн тийш, мэдэгдэж буйгаас баруун тийш шилжүүлж, тэмдэгтүүдийг эргүүлнэ.

Дараа нь бид хоёр талыг -4-т хувааж, тэгш бус байдлын тэмдгийг эргүүлнэ.

Энэ бол энэ тэгшитгэлийн хариулт юм.

Онлайн тэгш бус байдлыг хаанаас шийдэж болох вэ?

Та манай pocketteacher.ru вэбсайтаас тэгшитгэлийг шийдэж болно.

Бернулли тэгш бус байдлын тооцоолуур

Хэдхэн секундын дотор үнэгүй онлайн аврах шийдэл нь ямар ч төвөгтэй онлайн тэгшитгэлийг шийдэх болно. Таны хийх ёстой зүйл бол аврах хэсэгт өөрийн дэлгэрэнгүй мэдээллийг оруулах явдал юм. Та мөн манай вэбсайтаас видео зааварчилгааг үзэж, тэгшитгэлийг хэрхэн шийдвэрлэх талаар сурах боломжтой.

Хэрэв танд асуулт байвал манай Вконтакте группээс асууж болно: халаасны багш. Манай группт нэгдээрэй, бид танд туслахдаа баяртай байх болно.

Бүрэн математикийн индукцийн арга

Тэгшитгэл/дифференциал тэгшитгэлийг шийдвэрлэх

© Test RU - онлайн тооны машинууд

Дифференциал тэгшитгэлийг шийдвэрлэх

Ялгааг оруулна уу.

тэгшитгэл:

Тооцоологчийн тусламжтайгаар та янз бүрийн нарийн төвөгтэй дифференциал тэгшитгэлийг шийдэж чадна.

Шийдвэрлэх боломжтой дифференциал тэгшитгэлийн жишээ

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) к МкМ. 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).

Иймээс энэ тэгш байдлын төлөө үнэн 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 нотлон харуулцгаая n = k + 1, өөрөөр хэлбэл. (*).

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

Гэхдээ энэ нь гэсэн үг .

Тиймээс, энэ тэгш бус байдал нь үнэн юм n= 1, мөн, тэгш бус байдал нь зарим хүмүүсийн хувьд үнэн байхаас n= к, 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 зөв 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. Үүнийг дурын натурал тоогоор батал n 2 мэдэгдэл (7-1)24 үнэн.

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