Her zaman için gerçek bilgi, bir model oluşturmaya ve belirli durumlarda doğruluğunu kanıtlamaya dayanıyordu. Bu kadar uzun bir mantıksal akıl yürütme dönemi için, kuralların formülasyonları verildi ve Aristoteles bile bir "doğru akıl yürütme" listesi hazırladı. Tarihsel olarak, tüm çıkarımları somuttan çoğul (tümevarım) ve tam tersi (tümdengelim) olmak üzere iki türe ayırmak gelenekseldir. Özelden genele ve genelden özele kanıt türlerinin yalnızca birbiriyle bağlantılı olduğu ve birbirinin yerine geçemeyeceği belirtilmelidir.

matematikte tümevarım

"İndüksiyon" (indüksiyon) terimi Latin kökenlidir ve kelimenin tam anlamıyla "rehberlik" olarak tercüme edilir. Yakından incelendiğinde, kelimenin yapısı, yani Latince öneki - in- (içe doğru veya içeride olma eylemi anlamına gelir) ve -düksiyon - giriş ayırt edilebilir. İki tür olduğunu belirtmekte fayda var - eksiksiz ve eksik tümevarım. Tam form, belirli bir sınıfın tüm konularının incelenmesinden elde edilen sonuçlarla karakterize edilir.

Eksik - sınıfın tüm konularına uygulanan, ancak yalnızca bazı birimlerin çalışmasına dayanarak yapılan sonuçlar.

Tam matematiksel tümevarım, bu işlevsel bağlantının bilgisine dayanan doğal sayı dizilerinin ilişkileriyle işlevsel olarak ilişkili olan nesnelerin tüm sınıfı hakkında genel bir sonuca dayanan bir sonuçtur. Bu durumda ispat süreci üç aşamada gerçekleşir:

• ilk aşamada matematiksel tümevarım ifadesinin doğruluğu kanıtlanır. Örnek: f = 1, tümevarım;
• sonraki aşama, konumun tüm doğal sayılar için geçerli olduğu varsayımına dayanmaktadır. Yani, f=h, bu tümevarımsal varsayımdır;
• üçüncü aşamada, önceki paragrafın konumunun doğruluğuna bağlı olarak f=h+1 sayısının konumunun geçerliliği kanıtlanır - bu bir tümevarım geçişidir veya matematiksel tümevarımın bir adımıdır. Bir örnek, sıradaki ilk kemik düşerse (temel), o zaman sıradaki tüm kemikler düşerse (geçiş) sözdedir.

Hem şaka hem ciddi

Algılama kolaylığı için, matematiksel tümevarım yöntemiyle çözüm örnekleri, şaka problemleri şeklinde kınanır. Bu, Bekleme Sırası görevidir:

• Davranış kuralları, bir erkeğin bir kadının önünde dönüş yapmasını yasaklar (böyle bir durumda, öne geçmesine izin verilir). Bu açıklamaya göre, sıradaki son kişi bir erkekse, geri kalanların hepsi erkektir.

Matematiksel tümevarım yönteminin çarpıcı bir örneği "Boyutsuz uçuş" problemidir:

• Minibüse istenilen sayıda kişinin sığdığının kanıtlanması gerekmektedir. Bir kişinin taşımaya zorlanmadan (temelde) sığabileceği doğrudur. Ancak minibüs ne kadar dolu olursa olsun, içine her zaman 1 yolcu sığar (indüksiyon adımı).

tanıdık çevreler

Matematiksel tümevarımla problem ve denklem çözme örnekleri oldukça yaygındır. Bu yaklaşımın bir örneği olarak aşağıdaki problemi ele alabiliriz.

Şart: h daireleri düzleme yerleştirilir. Şekillerin herhangi bir düzenlemesi için, bunların oluşturduğu haritanın iki renkle doğru şekilde renklendirilebileceğinin kanıtlanması gerekir.

Çözüm: h=1 için ifadenin doğruluğu açıktır, dolayısıyla h+1 daire sayısı için ispat yapılacaktır.

Bu ifadenin herhangi bir harita için doğru olduğunu ve düzlemde h + 1 dairelerinin verildiğini varsayalım. Toplamdan dairelerden birini çıkararak, iki renkte (siyah ve beyaz) doğru renklendirilmiş bir harita elde edebilirsiniz.

Silinen bir daireyi geri yüklerken, her alanın rengi tersine değişir (bu durumda dairenin içinde). Kanıtlanması gereken iki renkte doğru bir şekilde renklendirilmiş bir harita çıkıyor.

Doğal sayılarla örnekler

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulaması aşağıda açıkça gösterilmiştir.

Çözüm örnekleri:

Herhangi bir h için eşitliğin doğru olacağını kanıtlayın:

1 2 +2 2 +3 2 +…+h 2 =h(h+1)(2h+1)/6.

1. h=1 olsun, o zaman:

R 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1

Buradan h=1 için ifadenin doğru olduğu sonucu çıkar.

2. h=d kabul edilerek aşağıdaki denklem elde edilir:

R 1 \u003d d 2 \u003d d (d + 1) (2d + 1) / 6 \u003d 1

3. h=d+1 olduğunu varsayarsak, şu sonuca varır:

R d+1 =(d+1) (d+2) (2d+3)/6

R d+1 = 1 2 +2 2 +3 2 +…+d 2 +(d+1) 2 = d(d+1)(2d+1)/6+ (d+1) 2 =(d( d+1)(2d+1)+6(d+1) 2)/6=(d+1)(d(2d+1)+6(k+1))/6=

(d+1)(2d 2 +7d+6)/6=(d+1)(2(d+3/2)(d+2))/6=(d+1)(d+2)( 2d+3)/6.

Böylece h=d+1 eşitliğinin geçerliliği kanıtlanmıştır, dolayısıyla çözüm örneğinde matematiksel tümevarımla gösterilen herhangi bir doğal sayı için ifade doğrudur.

Bir görev

Şart: h'nin herhangi bir değeri için 7 h -1 ifadesinin 6'ya kalansız bölünebildiğinin ispatı gereklidir.

Çözüm:

1. Bu durumda h=1 diyelim:

R 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 (yani kalansız 6'ya bölünür)

Bu nedenle h=1 için ifade doğrudur;

2. h=d olsun ve 7 d -1 6'ya kalansız bölünebilir;

3. h=d+1 ifadesinin geçerliliğinin kanıtı şu formüldür:

R d +1 =7 d +1 -1=7~7 d -7+6=7(7 d -1)+6

Bu durumda birinci paragrafın varsayımı ile birinci terim 6'ya, ikinci terim 6'ya bölünür. 7 h -1'in herhangi bir doğal h için 6'ya kalansız bölünebilir olduğu önermesi doğrudur.

Yargı hatası

Genellikle, kullanılan mantıksal yapıların yanlışlığından dolayı ispatlarda yanlış akıl yürütme kullanılır. Temel olarak, bu, ispatın yapısı ve mantığı ihlal edildiğinde olur. Yanlış muhakeme örneği aşağıdaki resimdir.

Bir görev

Şart: herhangi bir taş yığınının yığın olmadığına dair bir kanıt gerektirir.

Çözüm:

1. Diyelim ki h=1, bu durumda yığında 1 taş var ve ifade doğru (temel);

2. Bir taş yığınının yığın olmadığı h=d için doğru olsun (varsayım);

3. h=d+1 olsun, bundan bir taş daha eklendiğinde küme yığın olmayacaktır. Sonuç, varsayımın tüm doğal h için geçerli olduğunu öne sürüyor.

Hata, bir yığının kaç tane taş oluşturduğuna dair bir tanım olmaması gerçeğinde yatmaktadır. Böyle bir ihmal, matematiksel tümevarım yönteminde aceleci genelleme olarak adlandırılır. Bir örnek bunu açıkça göstermektedir.

Tümevarım ve mantık yasaları

Tarihsel olarak, her zaman "el ele yürürler". Mantık, felsefe gibi bilimsel disiplinler onları karşıtlar şeklinde tanımlar.

Mantık yasası açısından, tümevarımsal tanımlar gerçeklere dayanır ve öncüllerin doğruluğu, ortaya çıkan ifadenin doğruluğunu belirlemez. Çoğu zaman, elbette, ek araştırmalarla doğrulanması ve onaylanması gereken belirli bir olasılık ve inandırıcılık derecesi ile sonuçlar elde edilir. Mantıkta bir tümevarım örneği şu ifade olacaktır:

Estonya'da kuraklık, Letonya'da kuraklık, Litvanya'da kuraklık.

Estonya, Letonya ve Litvanya Baltık ülkeleridir. Tüm Baltık ülkelerinde kuraklık.

Örnekten, tümevarım yöntemi kullanılarak yeni bilgilerin veya gerçeğin elde edilemeyeceği sonucuna varabiliriz. Güvenilebilecek tek şey, sonuçların bazı olası doğruluklarıdır. Ayrıca, öncüllerin doğruluğu aynı sonuçları garanti etmez. Bununla birlikte, bu gerçek, tümevarımın tümdengelimin arka bahçesinde yetiştiği anlamına gelmez: çok sayıda hüküm ve bilimsel yasa, tümevarım yöntemi kullanılarak doğrulanır. Matematik, biyoloji ve diğer bilimler örnek teşkil edebilir. Bu esas olarak tam tümevarım yönteminden kaynaklanmaktadır, ancak bazı durumlarda kısmi de uygulanabilir.

Saygıdeğer tümevarım yaşı, insan faaliyetinin neredeyse tüm alanlarına girmesine izin verdi - bu bilim, ekonomi ve günlük sonuçlardır.

Bilimsel ortamda tümevarım

Tümevarım yöntemi titiz bir tutum gerektirir, çünkü çok fazla şey incelenen bütünün ayrıntılarının sayısına bağlıdır: daha fazla incelenirse, sonuç o kadar güvenilir olur. Bu özelliğe dayanarak, tüm olası yapısal unsurları, bağlantıları ve etkileri izole etmek ve incelemek için tümevarım yöntemiyle elde edilen bilimsel yasalar, olasılık varsayımları düzeyinde yeterince uzun bir süre test edilir.

Bilimde, tümevarımsal sonuç, önemli özellikler, hariç rastgele pozisyonlar. Bu gerçek, belirli durumlarla bağlantılı olarak önemlidir. bilimsel bilgi. Bu, bilimdeki tümevarım örneklerinde açıkça görülmektedir.

Bilim dünyasında iki tür tümevarım vardır (çalışma yöntemiyle bağlantılı olarak):

1. tümevarım-seçimi (veya seçimi);
2. indüksiyon - dışlama (eliminasyon).

Birinci tip, bir sınıfın (alt sınıfların) farklı alanlarından metodik (incelemeli) örneklemesi ile ayırt edilir.

Bu tür indüksiyonun bir örneği şu şekildedir: gümüş (veya gümüş tuzları) suyu arındırır. Sonuç, uzun vadeli gözlemlere dayanmaktadır (bir tür onay ve çürütme seçimi - seçim).

İkinci tür tümevarım, aşağıdakileri oluşturan sonuçlara dayanır: nedensellik ve özelliklerini, yani evrenselliği, zamansal sıraya uyulmasını, gerekliliği ve belirsizliği karşılamayan koşulları hariç tutmak.

Felsefe açısından tümevarım ve tümdengelim

Tarihsel retrospektife bakarsanız, "tümevarım" teriminden ilk kez Sokrates bahsedilmiştir. Aristoteles, felsefedeki tümevarım örneklerini daha yaklaşık bir terminolojik sözlükte tanımladı, ancak eksik tümevarım sorusu açık kalıyor. Aristotelesçi kıyasın zulmünden sonra, tümevarım yöntemi verimli ve doğa bilimlerinde mümkün olan tek yöntem olarak kabul edilmeye başlandı. Bacon, bağımsız bir özel yöntem olarak tümevarımın babası olarak kabul edilir, ancak çağdaşlarının talep ettiği gibi, tümevarımı tümdengelim yönteminden ayırmayı başaramadı.

Tümevarımın daha da geliştirilmesi, tümevarım teorisini dört ana yöntem açısından ele alan J. Mill tarafından gerçekleştirildi: anlaşma, fark, kalıntılar ve karşılık gelen değişiklikler. Bugün listelenen yöntemlerin ayrıntılı olarak ele alındığında tümdengelim olması şaşırtıcı değildir.

Bacon ve Mill'in teorilerinin başarısızlığının farkındalığı, bilim adamlarını araştırmaya yöneltti. olasılıksal temel indüksiyon. Bununla birlikte, burada bile bazı aşırılıklar vardı: tüm ortaya çıkan sonuçlarla birlikte tümevarımı olasılık teorisine indirgemek için girişimlerde bulunuldu.

Tümevarım, belirli konu alanlarında pratik uygulamada ve tümevarım temelinin metrik doğruluğu sayesinde bir güven oyu alır. Felsefede tümevarım ve tümdengelim örneği Kanun'dur. Yerçekimi. Yasanın keşfedildiği tarihte Newton, yüzde 4'lük bir doğrulukla onu doğrulayabildi. Ve iki yüz yıldan fazla bir süre sonra kontrol edildiğinde, kontrol aynı tümevarımsal genellemelerle gerçekleştirilmesine rağmen, doğruluk yüzde 0.0001 doğrulukla onaylandı.

Modern felsefe, deneyime, sezgiye başvurmadan, ancak "saf" akıl yürütmeyi kullanarak, zaten bilinenlerden yeni bilgi (veya hakikat) türetmeye yönelik mantıksal bir arzu tarafından dikte edilen tümdengelime daha fazla önem verir. Tümdengelim yönteminde gerçek öncüllere atıfta bulunulduğunda, her durumda çıktı doğru bir ifadedir.

Bu çok önemli özellik, tümevarım yönteminin değerini gölgede bırakmamalıdır. Deneyimin kazanımlarına dayanan tümevarım, aynı zamanda işlenmesinin bir aracı haline geldiğinden (genelleme ve sistemleştirme dahil).

Ekonomide tümevarım uygulaması

Tümevarım ve tümdengelim, uzun süredir ekonomiyi inceleme ve gelişimini tahmin etme yöntemleri olarak kullanılmaktadır.

Tümevarım yönteminin kullanım alanı oldukça geniştir: tahmin göstergelerinin (kar, amortisman vb.) yerine getirilmesinin incelenmesi ve işletmenin durumunun genel bir değerlendirmesi; gerçeklere ve bunların ilişkilerine dayalı etkili bir kurumsal tanıtım politikasının oluşturulması.

Aynı tümevarım yöntemi, süreçlerin kontrollü ve yönetilmeyen olarak ayrıldığı varsayımı altında, kontrollü sürecin çerçevesinin etkin olmadığının belirtildiği Shewhart'ın çizelgelerinde kullanılır.

Bilimsel yasaların tümevarım yöntemi kullanılarak gerekçelendirildiği ve doğrulandığı ve ekonominin genellikle matematiksel analiz, risk teorisi ve istatistiksel verileri kullanan bir bilim olduğu için, tümevarımın ana yöntemler listesine dahil edilmesi şaşırtıcı değildir.

Aşağıdaki durum, ekonomide tümevarım ve tümdengelim örneği olarak hizmet edebilir. Gıda (tüketici sepetinden) ve temel mal fiyatlarındaki bir artış, tüketiciyi devlette ortaya çıkan yüksek maliyet (indüksiyon) hakkında düşünmeye iter. Aynı zamanda, yardımı ile yüksek maliyet gerçeğinden matematiksel yöntemler bireysel mallar veya mal kategorileri (kesinti) için fiyat artışı göstergeleri türetmek mümkündür.

Çoğu zaman, yönetim personeli, yöneticiler ve ekonomistler tümevarım yöntemine yönelirler. Bir işletmenin gelişimini, piyasa davranışını ve rekabetin sonuçlarını yeterli doğrulukla tahmin edebilmek için, bilginin analizine ve işlenmesine tümdengelimsel-tümdengelimsel bir yaklaşım gereklidir.

Yanlış yargılara atıfta bulunan, ekonomide açıklayıcı bir tümevarım örneği:

• şirketin karı %30 azaldı;
  bir rakip ürün hattını genişletti;
  başka hiçbir şey değişmedi;
• rakip bir şirketin üretim politikası %30'luk bir kar kesintisine neden oldu;
• bu nedenle aynı üretim politikasının uygulanması gerekmektedir.

Örnek, tümevarım yönteminin beceriksiz kullanımının bir girişimin mahvolmasına nasıl katkıda bulunduğunun renkli bir örneğidir.

Psikolojide tümdengelim ve tümevarım

Bir yöntem olduğu için, mantıksal olarak da (yöntemi kullanmak için) uygun şekilde organize edilmiş bir düşünce vardır. Zihinsel süreçleri, oluşumlarını, gelişimini, ilişkilerini, etkileşimlerini inceleyen bir bilim olarak psikoloji, tümdengelim ve tümevarımın tezahür biçimlerinden biri olarak "tümdengelim" düşünmeye dikkat eder. Ne yazık ki, İnternet'teki psikoloji sayfalarında, tümdengelim-endüktif yöntemin bütünlüğü için pratikte hiçbir gerekçe yoktur. Profesyonel psikologların tümevarım tezahürleriyle veya daha doğrusu hatalı sonuçlarla karşılaşma olasılığı daha yüksek olsa da.

Yanlış yargıların bir örneği olarak psikolojide tümevarım örneği, şu ifadedir: annem bir aldatıcıdır, bu nedenle tüm kadınlar aldatıcıdır. Hayattan daha da “hatalı” tümevarım örnekleri vardır:

• bir öğrenci matematikte bir ikili aldıysa hiçbir şey yapamaz;
• o bir aptal;
• o erkek akıllı;
• Her şeyi yapabilirim;

Ve kesinlikle rastgele ve bazen önemsiz mesajlara dayanan diğer birçok değer yargısı.

Unutulmamalıdır: Bir kişinin yargılarının yanlışlığı saçmalık noktasına ulaştığında, psikoterapist için bir iş cephesi ortaya çıkar. Bir uzman randevusunda bir indüksiyon örneği:

“Hasta, kırmızı rengin herhangi bir tezahürde sadece kendisi için tehlike taşıdığından kesinlikle emin. Sonuç olarak, bir kişi bu renk şemasını hayatından mümkün olduğunca dışladı. için evde fırsatlar rahat yaşam birçok. Tüm kırmızı öğeleri reddedebilir veya farklı bir renk şemasında yapılmış analoglarla değiştirebilirsiniz. Ancak halka açık yerlerde, işte, mağazada - bu imkansız. Bir stres durumuna giren hasta, her seferinde tamamen farklı bir “gelgit” yaşar. hissel durumlar başkaları için tehlike oluşturabilir."

Bu tümevarım örneğine bilinçsizce "sabit fikirler" denir. Akıl sağlığı yerinde olan bir insanın başına bu gelirse organizasyon eksikliğinden bahsedebiliriz. zihinsel aktivite. Tümdengelimli düşüncenin temel gelişimi, takıntılı durumlardan kurtulmanın bir yolu olabilir. Diğer durumlarda, psikiyatristler bu tür hastalarla çalışır.

Yukarıdaki tümevarım örnekleri, "yasanın cehaletinin sonuçlardan (hatalı kararlar) muaf olmadığını" göstermektedir.

Tümdengelimli düşünme konusunda çalışan psikologlar, insanların bu yöntemde ustalaşmasına yardımcı olmak için tasarlanmış bir öneriler listesi derledi.

İlk adım problem çözmektir. Görüldüğü gibi matematikte kullanılan tümevarım biçimi “klasik” sayılabilir ve bu yöntemin kullanılması zihnin “disipline” katkı sağlar.

Tümdengelimli düşüncenin gelişmesi için bir sonraki koşul, ufukların genişlemesidir (açıkça düşünenler, açıkça belirtirler). Bu tavsiye, "acı çekenleri" bilim ve bilgi hazinelerine (kütüphaneler, web siteleri, eğitim girişimleri, seyahat vb.) yönlendirir.

Ayrı olarak, sözde "psikolojik indüksiyon"dan bahsetmek gerekir. Bu terim, nadiren de olsa internette bulunabilir. Tüm kaynaklar bu terimin en azından kısa bir tanımını vermez, ancak öneriyi, bazı akıl hastalıklarını veya insan ruhunun aşırı durumlarını yeni bir tümevarım türü olarak sunarken "hayattan örnekler" e atıfta bulunur. Yukarıdakilerin hepsinden, yanlış (çoğunlukla doğru olmayan) öncüllere dayalı bir “yeni terim” türetme girişiminin, deneyciyi hatalı (veya aceleci) bir ifade almaya mahkûm ettiği açıktır.

1960 deneylerine yapılan atıfların (yer, deneycilerin isimleri, deneklerin numunesi ve en önemlisi deneyin amacı belirtilmeden) hafifçe söylemek gerekirse, ikna edici görünmediği ve ifadenin inandırıcı olmadığı belirtilmelidir. beynin tüm algı organlarını atlayarak bilgiyi algılaması (bu durumda “deneyimlendi” ifadesi daha organik olarak sığacaktır), ifadenin yazarının saflığı ve eleştirisizliği hakkında düşündürür.

Sonuç yerine

Bilimlerin kraliçesi - matematik, boşuna değil, tümevarım ve tümdengelim yönteminin tüm olası rezervlerini kullanır. İncelenen örnekler, en doğru ve güvenilir yöntemlerin bile yüzeysel ve beceriksiz (dedikleri gibi düşüncesiz) uygulanmasının her zaman hatalı sonuçlara yol açtığı sonucuna varmamızı sağlar.

Kitle bilincinde, tümdengelim yöntemi, mantıksal yapılarında genellikle gerekli durumlarda tümdengelim kullanarak tümevarım örneklerini kullanan ünlü Sherlock Holmes ile ilişkilidir.

Makale, bu yöntemlerin çeşitli bilimlerde ve insan yaşamının alanlarında uygulanmasının örneklerini ele aldı.

MBOU Lyceum "Teknik ve Ekonomik"

MATEMATİKSEL ENDÜSYON YÖNTEMİ

MATEMATİKSEL ENDÜSYON YÖNTEMİ.

AÇIKLAYICI NOT

Metodik geliştirme Matematiksel profilin 10. sınıf öğrencileri için "Matematiksel tümevarım yöntemi" derlenmiştir.

Birincil hedefler: öğrencilere matematiksel tümevarım yöntemini tanıtmak ve çeşitli problemlerin çözümünde nasıl uygulanacağını öğretmek.

Metodik geliştirmede, temel matematik soruları dikkate alınır: bölünebilirlik problemleri, özdeşliklerin ispatı, eşitsizliklerin ispatı, olimpiyatlarda sunulan problemler de dahil olmak üzere değişen derecelerde karmaşıklık problemleri önerilmektedir.

Deneysel bilimlerde tümevarımsal çıkarımların rolü çok büyüktür. Daha sonra kesinti yoluyla daha fazla sonuç çıkarılacak hükümleri verirler. İsim matematiksel tümevarım yöntemi aldatıcı - aslında, bu yöntem tümdengelimlidir ve tümevarımla tahmin edilen ifadelerin kesin bir kanıtını verir. Matematiksel tümevarım yöntemi, matematiğin çeşitli bölümleri arasındaki bağlantıların tanımlanmasına katkıda bulunur, öğrencinin matematik kültürünü geliştirmeye yardımcı olur.

Matematiksel tümevarım yönteminin tanımı. Tam ve eksik tümevarım. Eşitsizliklerin kanıtı. Kimlik kanıtı. Bölünebilirlik problemlerini çözme. "Matematiksel tümevarım yöntemi" konusundaki çeşitli problemlerin çözümü.

ÖĞRETMEN İÇİN EDEBİYAT

1. M.L. Galitsky. Derin Öğrenme cebir ve matematiksel analiz dersi. - M. Aydınlanma, 1986.

2. L.I. Zvavich. Cebir ve analizin başlangıcı. didaktik malzemeler. M. Drofa. 2001.

3. N.Ya. Vilenkin. Cebir ve matematiksel analiz. M Aydınlanma. 1995.

4. Yu.V. Mikheev. Matematiksel tümevarım yöntemi. NGU.1995.

ÖĞRENCİLER İÇİN EDEBİYAT

1. N.Ya. Vilenkin. Cebir ve matematiksel analiz. M Aydınlanma. 1995.

2. Yu.V. Mikheev. Matematiksel tümevarım yöntemi. NGU.1995.

ANAHTAR KELİMELER

Tümevarım, aksiyom, matematiksel tümevarım ilkesi, tam tümevarım, eksik tümevarım, iddia, özdeşlik, eşitsizlik, bölünebilirlik.

KONUYA DİDAKTİK EK

"MATEMATİKSEL ENDÜKSİYON YÖNTEMİ".

Ders 1

Matematiksel tümevarım yönteminin tanımı.

Matematiksel tümevarım yöntemi, yeni sonuçlar bulmak ve öne sürülen varsayımların doğruluğunu kanıtlamak için oldukça etkili yöntemlerden biridir. Bu yöntem matematikte yeni olmasa da ilgi azalmaz. Matematiksel tümevarım yöntemi ilk kez net bir sunumla 17. yüzyılda seçkin Fransız bilim adamı Blaise Pascal tarafından o zamandan beri kendi adıyla anılan bir sayı üçgeninin özelliklerini kanıtlamak için uygulandı. Ancak, matematiksel tümevarım fikri eski Yunanlılar tarafından biliniyordu. Matematiksel tümevarım yöntemi, bir aksiyom olarak kabul edilen matematiksel tümevarım ilkesine dayanmaktadır. Matematiksel tümevarım fikrini örneklerle ele alacağız.

Örnek 1.

Kare bir parça ile iki parçaya bölünür, ardından ortaya çıkan parçalardan biri iki parçaya bölünür ve bu böyle devam eder. Karenin kaç parçaya bölündüğünü belirleyin P adımlar?

Çözüm.

İlk adımdan sonra, koşula göre 2 parça alırız. İkinci adımda bir parçayı değiştirmeden bırakıp ikincisini 2 parçaya bölerek 3 parça elde ediyoruz. Üçüncü adımda 2 parçayı değiştirmeden bırakıp üçüncüyü ikiye bölerek 4 parça elde ediyoruz. Dördüncü adımda 3 parçayı değiştirmeden bırakıyoruz ve son parçayı iki parçaya bölerek 5 parça elde ediyoruz. Beşinci adımda 6 parça elde edeceğiz. Öneri şu şekilde yapılır P aldığımız adımlar (n+1) Bölüm. Ama bu önermenin kanıtlanması gerekiyor. aracılığıyla olduğunu varsayalım ile karenin bölündüğü adımlar (k+1) Bölüm. sonra (k+1) adım biz ile parçalar değişmeden bırakılacak ve (k+1) parçayı ikiye böl ve al (k+2) parçalar. Bu şekilde istediğiniz kadar tartışabileceğinizi fark ediyorsunuz, sonsuza kadar. Yani, varsayımımız şu ki P adımlar kare bölünecek (n+1) parçası, kanıtlanmış olur.

Örnek #2.

Anneannemin reçele çok düşkün bir torunu vardı, özellikle de litrelik kavanozdaki reçele. Ama büyükanne dokunmasına izin vermedi. Ve torunlar büyükannelerini aldatmaya karar verdiler. Bu kavanozdan her gün 1/10 litre yemeye karar verdi ve üzerine su ekleyerek iyice karıştırdı. Reçel su ile yarı yarıya seyreltildiğinde görünüş olarak aynı kalırsa, büyükanne kaç gün sonra aldatmacayı keşfedecek?

Çözüm.

Sonra kavanozda ne kadar saf reçel kalacağını bulun. P günler. İlk günden sonra 9/10 reçel ve 1/10 sudan oluşan karışım kavanozda kalacaktır. İki gün sonra su ve reçel karışımının 1/10'u kavanozdan kaybolacak ve kalacaktır (1 litre karışım 9/10 litre reçel içerir, 1/10 litre karışım 9/100 litre reçel içerir)

9/10 - 9/100=81/100=(9/10) 2 litre reçel. Üçüncü gün kavanozdan 1/10 litre 81/100 reçel ve 19/100 sudan oluşan bir karışım kaybolacaktır. Karışımın 1 litresinde 81/100 litre reçel, 1/10 litresinde 81/1000 litre reçel vardır. 81/100 – 81/1000=

729/1000=(9/10) 3 gün sonra 3 litre reçel kalacak geri kalanı su ile alınacaktır. Bir desen ortaya çıkıyor. Vasıtasıyla P bankada kalan gün sayısı (9/10) P reçel. Ama yine, bu sadece bizim tahminimiz.

İzin vermek ile keyfi bir doğal sayıdır. aracılığıyla olduğunu varsayalım ile bankada kalacak günler (9/10) l sıkışması. Bakalım başka bir gün bankada ne olacak, yani (k+1) gün. Bankadan kaybolacak 1/10l karışımı (9/10) ile ben reçel ve su. AT 1l karışım (9/10) ile ben reçel, içinde 1/10l karışımlar (9/10) k+1 ben reçel. Şimdi güvenle söyleyebiliriz ki P bankada kalan günler (9/10) P ben reçel. 6 gün içinde banka 531444/1000000l 7 gün sonra sıkışmalar - 4782969/10000000l reçel, yani yarısından az.

Cevap: 7 gün sonra büyükanne aldatmayı keşfedecek.

Ele alınan sorunların çözümlerinde en temel olanı seçmeye çalışalım. Her birini ayrı ayrı veya dedikleri gibi özel durumları dikkate alarak çözmeye başladık. Daha sonra gözlemlerimize dayanarak bazı varsayımlarda bulunduk. P(n), doğala bağlı olarak P.

iddia kontrol edildi, yani kanıtlandı P(1), P(2), P(3);

önerdi P(n)Şunun için geçerli n=k ve bir sonraki için geçerli olacağı sonucuna vardı n, n=k+1.

Sonra şöyle bir şey tartıştılar: P(1) Sağ, P(2) Sağ, P(3) Sağ, P(4) doğru... bu doğru P(n).

Matematiksel tümevarım ilkesi.

Beyan P(n), doğala bağlı olarak P, tüm doğal durumlar için geçerlidir P, eğer

1) iddianın geçerliliği n=1;

2) ifadenin geçerliliği varsayımından P(n) de n=k meli

adalet P(n) de n=k+1.

Matematikte, matematiksel tümevarım ilkesi, kural olarak, doğal sayı dizilerini tanımlayan aksiyomlardan biri olarak seçilir ve bu nedenle kanıtsız kabul edilir. Matematiksel tümevarım ilkesiyle ispat yöntemine genellikle matematiksel tümevarım yöntemi denir. Bu yöntemin teoremleri, özdeşlikleri, bölünebilirlik problemlerinin çözümünde eşitsizlikleri ve diğer birçok problemi kanıtlamada yaygın olarak kullanıldığını unutmayın.

Ders 2

Tam ve eksik tümevarım.

Matematiksel bir ifadenin sonlu sayıda nesneyle ilgili olması durumunda, her nesne için kontrol edilerek kanıtlanabilir, örneğin "Her iki basamaklı çift sayı, iki asal sayının toplamıdır" ifadesi. Sonlu sayıda durum için bir ifadeyi test ettiğimiz ispat yöntemine tam matematiksel tümevarım denir. Bu yöntem, ifadeler çoğunlukla sonsuz kümeler üzerinde düşünüldüğünden, nispeten nadiren kullanılır. Örneğin, "Herhangi bir çift sayı, iki asal sayının toplamına eşittir" teoremi şimdiye kadar ne kanıtlandı ne de reddedildi. Bu teoremi ilk milyar için test etsek bile, bu bizi kanıtlamaya bir adım daha yaklaştırmayacaktır.

AT Doğa Bilimleri eksik tümevarım uygulayın, deneyi birkaç kez kontrol edin, sonucu tüm durumlara aktarın.

Örnek 3

Doğal sayıların küplerinin toplamı için eksik tümevarım formülünü kullanarak tahmin edin.

Çözüm.

1 3 =1; 1 3 +2 3 =(1+2) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 =(1+2+3) 2 ; 1 3 +2 3 +3 3 +4 3 =(1+2+3+4) 2 ;

1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 =(1+2+3+4+5) 2 ; …; 1 3 +2 3 +…+n 3 =(1+2+…+n) 2 .

Kanıt.

için doğru olsun n=k.

Bunun doğru olduğunu kanıtlayalım n=k+1.

Sonuç: Doğal sayıların küplerinin toplamı formülü, herhangi bir doğal sayı için geçerlidir. P.

Örnek 4

Eşitlikleri düşünün ve bu örneklerin hangi genel kanuna yol açtığını tahmin edin.

Çözüm.

1=0+1

2+3+4=1+8

5+6+7+8+9=8+27

10+11+12+13+14+15+16=27+64

17+18+19+20+21+22+23+24+25=64+125

……………………………………………………………..

Örnek #5

Toplam olarak yaz aşağıdaki ifadeler:

1)
2)
3)
; 4)
.

Yunanca "sigma" harfi.

Örnek #6.

işaretini kullanarak aşağıdaki toplamları yazın
:

2)

Örnek #7.

Aşağıdaki ifadeleri ürün olarak yazın:

1)

3)
4)

Örnek #8.

Aşağıdaki işleri işaretini kullanarak yazınız.

(Yunanca büyük harf "pi")

1)
2)

Örnek #9.

Bir polinomun değerini hesaplama f ( n )= n 2 + n +11 , n=1,2,3,4.5,6,7 herhangi bir doğal için olduğu varsayılabilirP sayı f ( n ) basit.

Bu varsayım doğru mu?

Çözüm.

Her toplam bir sayıya bölünebiliyorsa, toplam o sayıya bölünebilir,
herhangi bir doğal sayı için asal sayı değildirP.

Sonlu sayıda vakanın analizi matematikte önemli bir rol oynar: bir veya başka bir ifadenin kanıtını vermeden, henüz bilinmiyorsa, bu ifadenin doğru formülasyonunu tahmin etmeye yardımcı olur. Petersburg Bilimler Akademisi'nin bir üyesi olan Goldbach, ikiden başlayarak herhangi bir doğal sayının en fazla üç asal sayının toplamı olduğu varsayımına bu şekilde ulaştı.

Ders #3

Matematiksel tümevarım yöntemi, çeşitli kimlikleri kanıtlamamızı sağlar.

Örnek #10. Bunu herkese kanıtlayalım P kimlik

Çözüm.

koyalım

bunu kanıtlamamız gerek

Kanıtlayalım o zaman kimliğin gerçeğinden

kimliğin gerçeği aşağıdaki gibidir

Matematiksel tümevarım ilkesiyle, herkes için özdeşliğin gerçeği P.

Örnek #11.

Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

dönem dönem eşitlikler.

;
. Yani bu kimlik herkes için doğruP .

Ders numarası 4.

Matematiksel tümevarım yoluyla kimliklerin kanıtı.

Örnek #12. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Matematiksel tümevarım ilkesini uygulayarak eşitliğin herkes için doğru olduğunu kanıtladık. P.

Örnek 13. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Matematiksel tümevarım ilkesini uygulayarak, ifadenin herhangi bir doğal durum için doğru olduğunu kanıtladık. P.

Örnek 14. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Örnek 15. Kimliğini kanıtlayalım

1) n=1;

2) için n=k eşitlik

3) eşitliğin geçerli olduğunu kanıtlayın n=k+1:

Sonuç: kimlik, herhangi bir doğal varlık için geçerlidir. P.

Örnek 16. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Eğer bir n=1 , sonra

Kimliğin tutmasına izin ver n=k.

Kimliğin geçerli olduğunu kanıtlayalım n=k+1.

O zaman kimlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Ders numarası 5.

Matematiksel tümevarım yoluyla kimliklerin kanıtı.

Örnek 17. Kimliğini kanıtlayalım

Kanıt.

Eğer bir n=2 , sonra doğru eşitliği elde ederiz:

Eşitlik için doğru olsunn=k:

İddianın geçerliliğini kanıtlayalım n=k+1.

Matematiksel tümevarım ilkesine göre, özdeşlik kanıtlanmıştır.

Örnek #18. Kimliğini kanıtlayalım
n≥2 için.

saat n=2 bu kimlik çok basit bir biçimde yeniden yazılabilir

ve açıkçası doğru.

izin ver n=k Gerçekten

.

İddianın geçerliliğini kanıtlayalımn=k+1, yani eşitlik sağlanır: .

Böylece, özdeşliğin herhangi bir doğal durum için doğru olduğunu kanıtladık. n≥2.

Örnek #19. Kimliğini kanıtlayalım

saat n=1 doğru eşitliği elde ederiz:

Diyelim ki n=k ayrıca doğru eşitliği elde ederiz:

eşitliğinin geçerliliğinin gözlendiğini ispatlayalım. n=k+1:

O zaman kimlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Ders numarası 6.

Bölünebilirlik problemlerini çözme.

Örnek #20. Matematiksel tümevarımla kanıtlayın

bölü 6 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 bölünme var6 iz bırakmadan,
.

izin ver n=k ifade
çoklu6.

kanıtlayalım o zaman n=k+1 ifade
çoklu6 .

Her terim bir çoklu 6 , yani toplam bir katıdır 6 .

Örnek 21.
üzerinde5 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 ifade bölünebilir
.

izin ver n=k ifade
ayrıca bölünmüş5 iz bırakmadan.

saat n=k+1 bölü 5 .

Örnek 22. Bir ifadenin bölünebilirliğini kanıtlayın
üzerinde16.

Kanıt.

saat n=1çoklu 16 .

izin ver n=k
çoklu16.

saat n=k+1

Tüm terimler bölünebilir 16: birincisi açıkça varsayıma göre ikincisidir ve üçüncüsü parantez içinde çift bir sayıya sahiptir.

Örnek 23. bölünebilirliği kanıtla
üzerinde676.

Kanıt.

önce bunu ispatlayalım
bölü
.

saat n=0
.

izin ver n=k
bölü26 .

sonra n=k+1 bölü 26 .

Şimdi problem koşulunda formüle edilen iddiayı kanıtlayalım.

saat n=1 bölü 676.

saat n=k bu doğru
bölü26 2 .

saat n=k+1 .

Her iki terim de bölünebilir 676 ; ilki, bölünebilirliği kanıtladığımız için 26 parantez içindeki ifade ve ikincisi tümevarım hipotezi ile bölünebilir.

Ders numarası 7.

Bölünebilirlik problemlerini çözme.

Örnek 24.

Kanıtla
bölü5 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1
bölü5.

saat n=k
bölü5 iz bırakmadan.

saat n=k+1 her terim bölünebilir5 iz bırakmadan.

Örnek #25.

Kanıtla
bölü6 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1
bölü6 iz bırakmadan.

izin ver n=k
bölü6 iz bırakmadan.

saat n=k+1 bölü 6 kalan yok, çünkü her terim bölünebilir6 kalansız: ilk terim, tümevarım varsayımına göre, ikincisi, açıkçası, üçüncü, çünkü
çift ​​sayı.

Örnek #26.

Kanıtla
bölündüğünde9 kalanı verir 1 .

Kanıt.

bunu kanıtlayalım
bölü9 .

saat n=1
bölü 9 . izin ver n=k
bölü9 .

saat n=k+1 bölü 9 .

27 numaralı örnek.

bölünebildiğini kanıtlayın15 iz bırakmadan.

Kanıt.

saat n=1 bölü 15 .

izin ver n=k bölü 15 iz bırakmadan.

saat n=k+1

İlk terim çoklu15 tümevarım hipotezi ile, ikinci terim bir katıdır15 - açıkçası, üçüncü terim bir katıdır15 , çünkü
çoklu5 (örnek No. 21'de kanıtlanmıştır), dördüncü ve beşinci terimler de katlardır5 , ki bu açıktır, o zaman toplamın bir katıdır15 .

Ders numarası 8-9.

Eşitsizliklerin matematiksel tümevarımla ispatı

Örnek #28.
.

saat n=1 sahibiz
- Sağ.

izin ver n=k
gerçek bir eşitsizliktir.

saat n=k+1

O zaman eşitsizlik herhangi bir doğal durum için geçerlidir. P.

Örnek #29. Eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın
herhangi P.

saat n=1 doğru eşitsizliği elde ederiz 4 >1.

izin ver n=k eşitsizlik
.

kanıtlayalım o zaman n=k+1 eşitsizlik

Herhangi bir doğal ile eşitsizlik görülmektedir.

Eğer bir
de
sonra

Örnek #30.

herhangi bir doğal için P Ve herhangi biri

İzin vermek n=1
, Sağ.

eşitsizliğin geçerli olduğunu varsayalım n=k:
.

saat n=k+1

Örnek numarası 31. Eşitsizliğin geçerliliğini kanıtlayın

herhangi bir doğal için P.

İlk önce bunu herhangi bir doğal için kanıtlayalım. t eşitsizlik

Eşitsizliğin her iki tarafını da
. Eşdeğer bir eşitsizlik elde ederiz veya
;
; - bu eşitsizlik herhangi bir doğal t.

saat n=1 orijinal eşitsizlik doğrudur
;
;
.

Eşitsizliğin devam etmesine izin ver n=k:
.

saat n=k+1

10 numaralı ders.

Konuyla ilgili sorunları çözme

Matematiksel tümevarım yöntemi.

Örnek #32. Bernoulli'nin eşitsizliğini kanıtlayın.

Eğer bir
, sonra tüm doğal değerler içinP eşitsizlik

Kanıt.

saat n=1 ispatlanan eşitsizlik şu şekli alır
ve açıkçası doğru. için doğru olduğunu varsayalımn=k , yani, ne
.

Duruma göre olduğundan
, sonra
ve bu nedenle eşitsizlik, her iki kısmı ile çarpıldığında anlamını değiştirmez.
:

Çünkü
, o zaman bunu alırız

.

Yani eşitsizlik için doğrudur n=1, ve onun gerçeğinden n=k bunun doğru olduğunu takip eder ve n=k+1. Bu nedenle, matematiksel tümevarımla, tüm doğal durumlar için geçerlidir. P.

Örneğin,

Örnek numara 33. Tüm doğal değerleri bulunP eşitsizliği için

Çözüm.

saat n=1 eşitsizlik doğrudur. saat n=2 eşitsizlik de doğrudur.

saat n=3 eşitsizlik artık tatmin edici değil. Yalnızca sayı=6 eşitsizlik geçerlidir, böylece tümevarım temeli için alabiliriz n=6.

Bazı doğal durumlar için eşitsizliğin doğru olduğunu varsayalım. ile:

eşitsizliği düşünün

Son eşitsizlik şu durumlarda geçerlidir:
Ölçek konuyla ilgili olarak n=1 tekrar tekrar verilir: n≥5 , burada P- -doğal sayı.

Savelyeva Ekaterina

Makale, bölünebilirlik problemlerinin çözümünde matematiksel tümevarım yönteminin serilerin toplanmasına uygulanmasını ele almaktadır. Matematiksel tümevarım yönteminin eşitsizliklerin ispatına ve geometrik problemlerin çözümüne uygulanmasına ilişkin örnekler ele alınmaktadır. Çalışma bir sunumla anlatılmıştır.

İndirmek:

Ön izleme:

Rusya Federasyonu Bilim ve Eğitim Bakanlığı

Devlet eğitim kurumu

ortalama Kapsamlı okul № 618

Kurs: Cebir ve Analizin Başlangıcı

Proje çalışması konusu

"Matematiksel tümevarım yöntemi ve problem çözmeye uygulanması"

İş tamamlandı: Savelyeva E, 11B sınıfı

süpervizör : Makarova T.P., matematik öğretmeni, ortaokul №618

1. Giriş.

2.Bölünebilirlik problemlerinin çözümünde matematiksel tümevarım yöntemi.

3. Matematiksel tümevarım yönteminin serilerin toplanmasına uygulanması.

4. Eşitsizliklerin ispatına matematiksel tümevarım yöntemini uygulama örnekleri.

5. Matematiksel tümevarım yönteminin geometrik problemlerin çözümüne uygulanması.

6. Kullanılan literatürün listesi.

giriiş

Tümdengelim ve tümevarım yöntemleri, herhangi bir matematiksel araştırmanın temelidir. Tümdengelimli akıl yürütme yöntemi, genelden özele doğru akıl yürütmedir, yani. başlangıç ​​noktası genel sonuç olan akıl yürütme ve son nokta özel sonuçtur. Tümevarım, belirli sonuçlardan genel sonuçlara geçerken uygulanır, yani. tümdengelim yönteminin tersidir. Matematiksel tümevarım yöntemi ilerleme ile karşılaştırılabilir. Sonuç olarak en düşükten başlıyoruz mantıksal düşünme en yükseğe geldik. İnsan her zaman ilerleme için, düşüncesini mantıksal olarak geliştirme yeteneği için çabalamıştır; bu, doğanın kendisinin tümevarımsal olarak düşünmesini mukadder ettiği anlamına gelir. Matematiksel tümevarım yönteminin uygulama alanı büyümesine rağmen, Okul müfredatı ona çok az zaman verilir ama tümevarımsal düşünebilmek çok önemlidir. Bu ilkenin problem çözmede ve teoremleri kanıtlamada uygulanması, diğer matematiksel ilkelerin okul pratiğinde dikkate alınmasıyla eşittir: dışlanan orta, dahil etme-dışlama, Dirichlet, vb. Bu makale, matematiğin farklı dallarından gelen problemleri içerir. ana araç, matematiksel tümevarım kullanım yöntemidir. Bu yöntemin öneminden bahseden A.N. Kolmogorov, "matematiksel tümevarım ilkesini anlama ve uygulama yeteneği, bir matematikçi için kesinlikle gerekli olan olgunluk için iyi bir kriterdir" dedi. En geniş anlamıyla tümevarım yöntemi, özel gözlemlerden evrensel, genel bir modele veya genel formülasyona geçişten oluşur. Bu yorumda, yöntem, elbette, herhangi bir deneysel doğa biliminde araştırma yapmak için ana tekniktir.

insan aktiviteleri. En basit haliyle matematiksel tümevarım yöntemi (prensibi), tüm doğal sayılar için bir ifadeyi kanıtlamak gerektiğinde kullanılır.

Problem 1. “Nasıl Matematikçi Oldum” adlı makalesinde A.N. Kolmogorov şöyle yazıyor: “Matematiksel “keşfin” sevincini erken öğrendim, beş veya altı yaşlarında deseni fark ettim.

1 =1 2 ,

1 + 3 = 2 2 ,

1 + 3 + 5 \u003d W2,

1 + 3 + 5 + 7 = 4 2 vb.

Okul "Bahar Kırlangıçları" dergisini çıkardı. İçinde keşfim yayınlandı ... "

Bu dergide ne tür kanıtlar verildiğini bilmiyoruz ama her şey özel gözlemlerle başladı. Muhtemelen bu kısmi eşitliklerin keşfinden sonra ortaya çıkan hipotezin kendisi şudur:

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

herhangi bir sayı için doğru n = 1, 2, 3, ...

Bu varsayımı kanıtlamak için iki gerçeği kanıtlamak yeterlidir. İlk olarak, n = 1 (ve hatta n = için 2, 3, 4) istenen ifade doğrudur. İkincisi, ifadenin doğru olduğunu varsayalım. n = k, ve bunun için de doğru olduğunu doğrulayın n = k+1:

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

Bu nedenle, ispatlanan iddia tüm değerler için doğrudur. n: n = için 1 bu doğrudur (bu doğrulanmıştır) ve ikinci gerçeğe göre, n = 2, n için nereden = 3 (aynı ikinci olgu nedeniyle), vb.

Problem 2. Pay 1 ve herhangi bir (pozitif tam sayı) olan tüm olası adi kesirleri düşünün

payda: Bunu herhangi biri için kanıtlayın n> 3 bir toplam olarak temsil edilebilir P bu türden çeşitli fraksiyonlar.

Çözüm, Önce bu iddiayı kontrol edelim n = 3; sahibiz:

Bu nedenle, temel iddia tatmin

Şimdi, bizi ilgilendiren ifadenin bazı sayılar için doğru olduğunu varsayalım. ile, ve kendisinden sonraki sayı için de doğru olduğunu kanıtlayın ile + 1. Başka bir deyişle, bir temsil olduğunu varsayalım

hangi k terimler ve tüm paydalar farklıdır. O zaman birimin bir toplam biçiminde bir temsilini elde etmenin mümkün olduğunu kanıtlayalım. ile İstenen türden + 1 kesir. Kesirlerin, yani paydaların (birimin toplam ile temsilinde) azaldığını varsayacağız. ile terimler) soldan sağa artar, böylece t paydaların en büyüğüdür. İhtiyacımız olan temsili toplam şeklinde alacağız(ile + 1). kesir, bir kesri, örneğin sonuncuyu ikiye bölersek. Bu yapılabilir çünkü

Ve bu nedenle

Ayrıca, tüm kesirler farklı kalır, çünkü t en büyük paydaydı ve t + 1 > t ve

m(t + 1) > m.

Böylece, kurduk:

1. n = için 3 bu ifade doğrudur;

1. ilgilendiğimiz ifade doğruysa ile,
   o zaman için de doğrudur+1'e kadar

Bu temelde, söz konusu ifadenin üçten başlayarak tüm doğal sayılar için doğru olduğunu söyleyebiliriz. Ayrıca, yukarıdaki kanıt, istenen birlik payını bulmak için bir algoritmayı da ima eder. (Bu ne algoritması? 1 sayısını 4, 5, 7 terimin toplamı olarak hayal edin.)

Önceki iki problemin çözümünde iki adım atıldı. İlk adım denir temel indüksiyon, ikinciendüktif geçişveya bir indüksiyon adımı. İkinci adım en önemlisidir ve bir varsayımı içerir (ifade, n = k) ve sonuç (ifade için doğrudur n = k + 1). p parametresinin kendisi denir indüksiyon parametresi.Hem temel hem de geçiş geçerli olduğundan, söz konusu ifadenin tüm doğal sayılar için (veya bazılarından başlayarak herkes için) doğru olduğu sonucuna varmayı mümkün kılan bu mantıksal şemaya (aygıt) denir.matematiksel tümevarım ilkesi, hangi ve matematiksel tümevarım yöntemine dayanmaktadır."İndüksiyon" teriminin kendisi Latince kelimeden gelir. indüksiyon (rehberlik), tek bir bilgiden geçiş anlamına gelen bireysel öğeler Bu sınıfın ana biliş yöntemlerinden biri olan bu sınıfın tüm nesneleri hakkında genel bir sonuca varmak.

Her zamanki iki adım biçimindeki matematiksel tümevarım ilkesi, ilk olarak 1654'te Blaise Pascal'ın Aritmetik Üçgen Üzerine İnceleme'de ortaya çıktı, burada kombinasyon sayısını (binom katsayıları) hesaplamak için basit bir yöntemin tümevarımla kanıtlandığı. D. Poya, köşeli parantez içinde verilen küçük değişikliklerle B. Pascal'dan alıntı yapıyor:

“İncelenen önermenin [binom katsayıları için açık bir formül] sonsuz sayıda özel durum içermesine rağmen, bunun için iki lemmaya dayalı çok kısa bir kanıt vereceğim.

İlk lemma, varsayımın taban için doğru olduğunu belirtir - bu açıktır. [At P = 1 açık formül geçerlidir...]

İkinci lemma şunu belirtir: varsayımımız keyfi bir taban için [rasgele bir r için] doğruysa, o zaman aşağıdaki taban için de doğru olacaktır [için n+1].

Bu iki lemma, tüm değerler için önermenin geçerliliğini zorunlu olarak ima eder. P. Nitekim, birinci lemma sayesinde, P = 1; bu nedenle, ikinci lemma sayesinde, P = 2; bu nedenle, yine ikinci lemma sayesinde, n = 3 ve sonsuza kadar devam eder.

Problem 3. Hanoi bulmacasının kuleleri üç çubuktan oluşur. Çubuklardan birinin üzerinde, aşağıdan yukarıya doğru azalan farklı çaplarda birkaç halkadan oluşan bir piramit (Şekil 1) vardır.

Şekil 1

Bu piramit diğer çubuklardan birine aktarılmalı, her seferinde sadece bir halka aktarılmalı ve daha büyük halka küçük olana yerleştirilmemelidir. Yapılabilir mi?

Çözüm. Öyleyse şu soruyu cevaplamamız gerekiyor: Aşağıdakilerden oluşan bir piramidi hareket ettirmek mümkün mü? P Oyunun kurallarına uyarak bir çubuktan diğerine farklı çaplarda halkalar mı? Şimdi sorun, dedikleri gibi, bizim tarafımızdan parametrelendirildi (doğal bir sayı P), ve matematiksel tümevarımla çözülebilir.

1. indüksiyon temeli. n = için 1, her şey açıktır, çünkü bir halkadan oluşan bir piramit açıkça herhangi bir çubuğa hareket ettirilebilir.
2. indüksiyon aşaması. Halka sayısı ile herhangi bir piramidi hareket ettirebileceğimizi varsayalım. p = k.
   O zaman piramidi orta noktadan da hareket ettirebileceğimizi kanıtlayalım. n = k + 1.

Piramit en büyük üzerinde yatan yüzükler(ile + 1)-th halkası, varsayıma göre başka bir pivota geçebiliriz. Haydi Yapalım şunu. hareketsiz(ile + 1)inci halka en büyük olduğu için yer değiştirme algoritmasını gerçekleştirmemize engel olmayacaktır. taşındıktan sonra ile halkalar, bu en büyüğünü hareket ettir(ile + 1) halkayı kalan çubuğa geçirin. Ve sonra, endüktif varsayımla bildiğimiz hareketli algoritmayı tekrar uygularız. ile halkalar ve bunları çubuğa hareket ettirin.(ile + 1). halka. Böylece, piramitleri hareket ettirebilirsek ile halkalar, sonra piramitleri hareket ettirebiliriz ve ile + 1 yüzük. Bu nedenle, matematiksel tümevarım ilkesine göre, aşağıdakilerden oluşan piramidi hareket ettirmek her zaman mümkündür. n halkalar, burada n > 1.

Bölünebilirlik problemlerinin çözümünde matematiksel tümevarım yöntemi.

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak, doğal sayıların bölünebilirliği ile ilgili çeşitli ifadeler kanıtlanabilir.

Görev 4 . n bir doğal sayı ise sayı çifttir.

n=1 için ifademiz doğrudur: - çift sayı. Bunun bir çift sayı olduğunu varsayalım. 2k bir çift sayı olduğundan, öyledir. Yani n=1 için parite ispatlanmış, pariteden parite çıkarılmıştır.Dolayısıyla n'nin tüm doğal değerleri için bile.

Görev 3. Z sayısının olduğunu kanıtlayın 3 + 3 - 26n - 27 keyfi bir doğal ile n 26 2 ile kalansız bölünür.

Çözüm. Önce yardımcı bir iddiayı tümevarım yoluyla ispatlayalım. 3n+3 1 26 ile kalansız bölünür n > 0.

1. indüksiyon temeli. n = 0 için: Z 3 - 1 \u003d 26 - 26'ya bölünür.

indüksiyon aşaması. 3 varsayalım 3n + 3 - 1 olduğunda 26 ile bölünebilir n = k ve Bu durumda iddianın doğru olacağını ispatlayalım. n = k + 1. 3'ten beri

daha sonra endüktif varsayımdan 3 sayısının 3k + 6 - 1, 26'ya tam bölünür.

Şimdi problem koşulunda formüle edilen iddiayı kanıtlayalım. Ve yine tümevarım yoluyla.

1. indüksiyon temeli. Şurası açık ki n = 1 ifade doğrudur: 3'ten beri 3+3 - 26 - 27 = 676 = 26 2 .
2. indüksiyon aşaması. Diyelim ki n = k
   ifade 3 3k + 3 - 26k - 27, 26 ile bölünebilir 2 kalansız ve iddianın doğru olduğunu kanıtlayın n = k + 1,
   yani bu sayı

26 2 ile bölünebilir iz bırakmadan. Son toplamda, her iki terim de 26'ya kalansız bölünür. 2 . Birincisi, parantez içindeki ifadenin 26'ya bölünebildiğini kanıtlamış olmamızdır; ikincisi, endüktif hipotezle. Matematiksel tümevarım ilkesi sayesinde, gerekli ifade tamamen kanıtlanmıştır.

Serilerin toplamına matematiksel tümevarım yönteminin uygulanması.

Görev 5. formülü kanıtla

N bir doğal sayıdır.

Çözüm.

n=1 için eşitliğin her iki kısmı da bire dönüşür ve bu nedenle matematiksel tümevarım ilkesinin ilk koşulu sağlanır.

Formülün n=k için doğru olduğunu varsayalım, yani.

Bu eşitliğin her iki tarafını da toplayalım ve sağ tarafı dönüştürelim. sonra alırız

Böylece, formülün n=k için doğru olduğu gerçeğinden, n=k+1 için de doğru olduğu sonucu çıkar. Bu ifade, k'nin herhangi bir doğal değeri için geçerlidir. Böylece matematiksel tümevarım ilkesinin ikinci koşulu da sağlanır. Formül kanıtlanmıştır.

Bir görev 6. Tahtaya iki sayı yazılır: 1.1. Sayıların arasına toplamlarını girerek 1, 2, 1 sayılarını elde ederiz. Bu işlemi tekrarlayarak 1, 3, 2, 3, 1 sayılarını elde ederiz. Üç işlemden sonra sayılar 1, 4, 3 olur, 5, 2, 5, 3, 4, 1. Tahtadaki sayıların toplamı kaç olur? 100 operasyon?

Çözüm. hepsini 100 yap işlemler çok zaman alıcı ve zaman alıcı olacaktır. O halde, S toplamı için genel bir formül bulmaya çalışmalıyız. n'den sonraki sayılar operasyonlar. Tabloya bakalım:

Burada herhangi bir desen fark ettiniz mi? Değilse, bir adım daha atabilirsiniz: dört işlemden sonra sayılar olacaktır.

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

toplamı S 4 82'dir.

Aslında, sayıları yazamazsınız, ancak yeni sayılar ekledikten sonra toplamın nasıl değişeceğini hemen söyleyebilirsiniz. Toplam 5'e eşit olsun. Yeni sayılar eklendiğinde ne olur? Her yeni sayıyı eski iki sayının toplamına bölelim. Örneğin, 1, 3, 2, 3, 1'den 1'e gidiyoruz,

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

Yani, her eski sayı (iki uç sayı hariç) şimdi toplamı üç kez girer, bu nedenle yeni toplam 3S - 2'dir (eksik birimleri hesaba katmak için 2 çıkarın). Bu nedenle S 5 = 3S 4 - 2 = 244 ve genel olarak

Nedir Genel formül? İki birimin çıkarılması için olmasaydı, her seferinde toplam, üçlünün (1, 3, 9, 27, 81, 243, ...) güçlerinde olduğu gibi üç kat artacaktı. Ve şimdi gördüğünüz gibi sayılarımız bir tane daha. Böylece, varsayılabilir ki

Şimdi bunu tümevarım yoluyla kanıtlamaya çalışalım.

indüksiyon temeli. Tabloya bakın (için n = 0, 1, 2, 3).

indüksiyon aşaması. farz edelim ki

kanıtlayalım o zaman S ila + 1 \u003d Z ila + 1 + 1.

Yok canım,

Yani formülümüz kanıtlanmıştır. Yüz işlemden sonra tahtadaki tüm sayıların toplamının 3'e eşit olacağını gösterir. 100 + 1.

İlk önce iki doğal parametreyi tanıtmanız ve ardından toplamları üzerinde tümevarım gerçekleştirmeniz gereken matematiksel tümevarım ilkesinin uygulanmasının dikkat çekici bir örneğini düşünün.

Bir görev 7. Şunu kanıtlayın:= 2, x 2 = 3 ve her doğal için n> 3

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

sonra

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

Çözüm. Bu problemde ilk sayı dizisinin(xn ) tümevarım tarafından belirlenir, çünkü dizimizin terimleri ilk ikisi hariç tümevarımsal olarak, yani öncekiler aracılığıyla verilir. Verilen diziler denir tekrarlayan, ve bizim durumumuzda bu dizi (ilk iki terimini belirterek) benzersiz bir şekilde belirlenir.

indüksiyon temeli. İki iddiayı kontrol etmekten oluşur: n=1 ve n=2.B Her iki durumda da, iddia varsayımla doğrudur.

indüksiyon aşaması. için olduğunu varsayalım n = k - 1 ve n = k iddiada bulunuluyor, yani

O halde iddiamızı ispatlayalım n = k + 1. Elimizde:

x 1 = 3(2 + 1) - 2(2 + 1) = 2 + 1, ki bu ispatlanacaktı.

Görev 8. Herhangi bir doğal sayının, tekrarlayan Fibonacci sayıları dizisinin birkaç farklı üyesinin toplamı olarak temsil edilebileceğini kanıtlayın:

k > 2 için.

Çözüm. p olsun - doğal sayı. indüksiyonu gerçekleştireceğiz P.

indüksiyon temeli. n = için 1 ifadesi doğrudur, çünkü birimin kendisi bir Fibonacci sayısıdır.

indüksiyon aşaması. Tüm doğal sayıların bir sayıdan küçük olduğunu varsayalım. P, Fibonacci dizisinin birkaç farklı teriminin toplamı olarak temsil edilebilir. En büyük Fibonacci sayısını bulun Ft , aşırı değil P; yani F t n ve F t +1 > n.

Çünkü

Tümevarım hipotezine göre, sayı p-F t Fibonacci dizisinin 5 farklı üyesinin toplamı olarak temsil edilebilir ve son eşitsizlikten, 8 toplamında yer alan Fibonacci dizisinin tüm üyelerinin şundan küçük olduğu sonucu çıkar. Ft . Bu nedenle sayının genişlemesi n = 8 + Ft sorunun durumunu karşılar.

Eşitsizliklerin ispatına matematiksel tümevarım yönteminin uygulama örnekleri.

Görev 9. (Bernoulli eşitsizliği.)Bunu ne zaman kanıtla x > -1, x 0 ve n tamsayı için > 2 eşitsizlik

(1 + x) n > 1 + xn.

Çözüm. İspatı yine tümevarım yoluyla yapacağız.

1. İndüksiyon tabanı. için eşitsizliğin geçerliliğini doğrulayalım. n = 2. Gerçekten,

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

2. İndüksiyon adımı. Diyelim ki sayı için n = k ifade doğrudur, yani

(1 + x) k > 1 + xk,

Burada k > 2. n = k + 1 için ispatlıyoruz: (1 + x) k + 1 = (1 + x) k (1 + x)> (1 + kx) (1 + x) =

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

Dolayısıyla, matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, Bernoulli eşitsizliğinin herhangi bir durum için geçerli olduğu iddia edilebilir. n > 2.

Her zaman matematiksel tümevarım yöntemi kullanılarak çözülen problem koşullarında değil, kanıtlanması gereken genel yasa açıkça formüle edilmiştir. Bazen, belirli durumları gözlemleyerek, önce hangi genel yasaya yol açtıklarını keşfetmek (tahmin etmek) ve ancak o zaman belirtilen hipotezi matematiksel tümevarımla kanıtlamak gerekir. Ayrıca tümevarım değişkeni maskelenebilir ve problem çözülmeden önce tümevarımın hangi parametre üzerinde gerçekleştirileceğinin belirlenmesi gerekir. Örnek olarak aşağıdaki görevleri göz önünde bulundurun.

Problem 10. Bunu kanıtlayın

herhangi bir doğal için n > 1.

Çözüm, Bu eşitsizliği matematiksel tümevarımla kanıtlamaya çalışalım.

Tümevarım temeli kolayca doğrulanır:1+

Endüktif hipotez ile

ve bize bunu kanıtlamak kalıyor

Endüktif hipotezi kullanarak şunu iddia edeceğiz:

Bu eşitlik aslında doğru olsa da bize soruna bir çözüm getirmez.

Orijinal problemde gerekenden daha güçlü bir iddiayı kanıtlamaya çalışalım. Yani, bunu kanıtlayacağız

Bu iddiayı tümevarım yoluyla kanıtlamak umutsuz görünebilir.

Bununla birlikte, p = 1 elimizde: ifade doğrudur. Endüktif adımı doğrulamak için, varsayalım ki

ve sonra bunu kanıtlayacağız

Yok canım,

Böylece, sorunun koşulunda yer alan iddianın hemen ardından gelen daha güçlü bir iddia kanıtladık.

Buradaki öğretici şey, problemde gerekenden daha güçlü bir iddiayı kanıtlamamız gerekse de, tümevarım adımında daha güçlü bir varsayımı da kullanabiliriz. Bu, matematiksel tümevarım ilkesinin doğrudan uygulanmasının her zaman hedefe götürmediğini açıklar.

Problemin çözümünde ortaya çıkan duruma denir.mucit paradoksu.Paradoksun kendisi, konunun özüne dair daha derin bir anlayışa dayanıyorlarsa, daha karmaşık planların daha başarılı bir şekilde uygulanabilmesidir.

Problem 11. 2m + n - 2m olduğunu kanıtlayın herhangi bir doğal için bir çeşit.

Çözüm. Burada iki seçeneğimiz var. Bu nedenle, sözde gerçekleştirmeyi deneyebilirsinizçift ​​indüksiyon(bir indüksiyon içinde bir indüksiyon).

Tümevarımsal akıl yürütmeyi gerçekleştireceğiz P.

1. Sayfaya göre indüksiyon tabanı. n = için 1 bunu kontrol etmeliyim 2 t ~ 1 > t. Bu eşitsizliği kanıtlamak için tümevarım kullanıyoruz t.

a) Cilt tarafından indüksiyon tabanı. t = için 1 devam ediyor
kabul edilebilir bir eşitliktir.

b) T'ye göre indüksiyon adımı.Diyelim ki t = k ifade doğrudur, yani 2k ~ 1 > k. sonra yukarı
Diyelim ki iddia doğru olsa bile m = k + 1.
Sahibiz:

doğal k.

Böylece eşitsizlik 2 herhangi bir doğal için gerçekleştirilen t.

2. Maddeye göre tümevarım adımıBazı doğal sayıları seçin ve düzeltin t. Diyelim ki n = ben ifade doğrudur (sabit bir t), yani 2 t +1 ~ 2 > t1, ve o zaman iddianın doğru olacağını kanıtlayın n = l + 1.
Sahibiz:

herhangi bir doğal için bir çeşit.

Bu nedenle, matematiksel tümevarım ilkesine dayalı olarak (bkz. P) sorunun ifadesi herhangi biri için doğrudur P ve herhangi bir sabit için t. Böylece, bu eşitsizlik herhangi bir doğal bir çeşit.

Problem 12. m, n ve k olsun doğal sayılardır ve t > p İki sayıdan hangisi daha büyük:

her ifadede ile işaretler kare kök, t ve n alternatif.

Çözüm. Önce bazı yardımcı iddiaları kanıtlayalım.

Lemma. Herhangi bir doğal t ve n (t > n) ve negatif olmayan (mutlaka tamsayı değil) X eşitsizlik

Kanıt. eşitsizliği düşünün

Bu eşitsizlik doğrudur, çünkü sol taraftaki her iki faktör de pozitiftir. Parantezleri genişleterek ve dönüştürerek şunları elde ederiz:

Son eşitsizliğin her iki bölümünün karekökünü alarak, lemmanın iddiasını elde ederiz. Böylece lemma kanıtlanmıştır.

Şimdi sorunu çözmeye geçelim. Bu sayılardan ilkini şu şekilde gösterelim: a, ve ikinci aracılığıyla b'ye. kanıtlayalım ki bir herhangi bir doğal için ile. İspat, çift ve tek için ayrı ayrı matematiksel tümevarım yöntemiyle yapılacaktır. ile.

indüksiyon temeli. k = için 1 eşitsizliğimiz var

y[t > y/n olması nedeniyle geçerli olan m > n. = 2, ispatlanmış lemmadan yerine ikame edilerek istenen sonuç elde edilir. x = 0.

indüksiyon aşaması. Diyelim ki, bazıları için a >b eşitsizliğine adil. bunu kanıtlayalım

Tümevarım varsayımından ve karekökün monotonluğundan, elimizde:

Öte yandan, kanıtlanmış lemmadan şu sonuç çıkar:

Son iki eşitsizliği birleştirerek şunu elde ederiz:

Matematiksel tümevarım ilkesine göre, iddia kanıtlanmıştır.

Görev 13. (Cauchy eşitsizliği.)Bunu herhangi bir pozitif sayı için kanıtlayın ..., bir p eşitsizlik

Çözüm. n = 2 için eşitsizlik

aritmetik ortalama ve geometrik ortalama (iki sayı için) bilinen kabul edilecektir. İzin vermek n= 2, k = 1, 2, 3, ... ve ilk önce indüksiyonu gerçekleştirin ile. Bu tümevarımın temeli geçerlidir.Artık istenen eşitsizliğin n = 2, bunu kanıtlayacağız P = 2 . Elimizde (iki sayı için eşitsizliği kullanarak):

Bu nedenle, tümevarım hipotezi ile

Böylece, k üzerinde tümevarımla, herkes için eşitsizliği kanıtladık. s 9 hangi iki güç vardır.

Diğer değerler için eşitsizliği kanıtlamak için P "tümdengelim aşağı"yı kullanacağız, yani, eşitsizliğin keyfi negatif olmayanlar için sağlanacağını kanıtlayacağız. P sayılar için de geçerlidir.(P - 1). sayı. Bunu doğrulamak için, yapılan varsayıma göre, P sayılar, eşitsizlik

yani, bir r + a 2 + ... + bir n _ x > (n - 1) A. Her iki parçayı da bölmek P - 1, gerekli eşitsizliği elde ederiz.

Böylece, önce eşitsizliğin sonsuz sayıda olası değer için geçerli olduğunu belirledik. P, ve sonra eşitsizliğin geçerli olup olmadığını gösterdi P sayılar için de geçerlidir.(P - 1) sayılar. Bundan şimdi Coty'nin eşitsizliğinin bir dizi için geçerli olduğu sonucuna varıyoruz. P herhangi biri için negatif olmayan sayılar n = 2, 3, 4, ...

Problem 14. (D. Uspensky.) Açıları olan herhangi bir ABC üçgeni için = CAB, = CBA ölçülebilir, eşitsizlikler var

Çözüm. Açılar ve ölçülebilirdir ve bu (tanım gereği) bu açıların ortak bir ölçüsü olduğu anlamına gelir, bunun için = p, = (p, q doğal asal sayılardır).

Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım ve toplamın üzerine çizelim. n = p + q doğal asal sayılar..

indüksiyon temeli. p + q = 2 için: p = 1 ve q = 1. O zaman ABC üçgeni ikizkenardır ve istenen eşitsizlikler açıktır: üçgen eşitsizliğinden çıkarlar.

indüksiyon aşaması. Şimdi, p + q = 2, 3, ... için istenen eşitsizliklerin sağlandığını varsayalım. k - 1, burada k > 2. Eşitsizliklerin aşağıdakiler için de geçerli olduğunu ispatlayalım. p + q = k.

ABC'ye izin ver ile verilen bir üçgendir> 2. Sonra AC ve BC kenarları eşit olamaz: izin ver AC > M.Ö. Şimdi Şekil 2'deki gibi bir ikizkenar üçgen oluşturalım. ABC; sahibiz:

AC \u003d DC ve AD \u003d AB + BD, bu nedenle,

2AC > AB + BD (1)

Şimdi üçgeni düşünün VDC, açıları da karşılaştırılabilir:

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

Pirinç. 2

Bu üçgen tümevarım hipotezini karşılar ve bu nedenle

(2)

(1) ve (2) ekleyerek, elimizde:

2AC+BD>

ve bu nedenle

Aynı üçgendenİKY tümevarım hipotezi ile şu sonuca varıyoruz:

Önceki eşitsizliği göz önünde bulundurarak, şu sonuca varıyoruz:

Böylece tümevarımsal geçiş elde edilir ve sorunun ifadesi matematiksel tümevarım ilkesinden çıkar.

Yorum. Problemin ifadesi, a ve p açıları ölçülebilir olmadığında bile geçerli kalır. Genel durumdaki değerlendirme temelinde, zaten başka bir önemli matematiksel ilkeyi - süreklilik ilkesini - uygulamamız gerekiyor.

Problem 15. Birkaç düz çizgi, düzlemi parçalara ayırır. Bu kısımları beyaza boyamanın mümkün olduğunu kanıtlayın.

ve siyah renkler, böylece ortak bir sınır parçasına sahip bitişik parçalar farklı renklerde olur (Şekil 3'te olduğu gibi). n = 4).

resim 3

Çözüm. Satır sayısında tümevarım kullanıyoruz. Öyleyse izin ver P - uçağımızı parçalara ayıran çizgilerin sayısı, n > 1.

indüksiyon temeli. Sadece bir tane düz varsa(P = 1), sonra düzlemi, biri renklendirilebilen iki yarı düzleme böler. Beyaz renk, ve ikincisi siyah renktedir ve sorunun ifadesi doğrudur.

indüksiyon aşaması. Endüktif adımın kanıtını daha açık hale getirmek için yeni bir satır ekleme sürecini düşünün. İkinci çizgiyi çizersek(P= 2), daha sonra zıt köşeleri aynı renge boyayarak istenilen şekilde renklendirilebilen dört parça elde ederiz. Üçüncü düz çizgiyi çizersek ne olacağını görelim. "eski" kısımlardan bazılarını bölecek, her iki tarafında da rengin aynı olan yeni bordür bölümleri görünecektir (Şekil 4).

Pirinç. dört

Aşağıdaki gibi devam edelim:tek tarafyeni düz çizgiden renkleri değiştireceğiz - beyazı siyah yapacağız ve tam tersi; aynı zamanda, bu düz çizginin diğer tarafında kalan kısımlar yeniden boyanmaz (Şekil 5). O zaman bu yeni renklendirme gerekli gereksinimleri karşılayacaktır: bir yandan düz çizgi zaten değişiyordu (ancak farklı renklerle) ve diğer yandan gerekliydi. Çizilen çizgiye ait ortak bordüre sahip kısımların farklı renklerde boyanabilmesi için bu çizilen çizginin sadece bir tarafındaki kısımları yeniden boyadık.

Şekil 5

Şimdi tümevarım adımını ispatlayalım. Diyelim ki bazıları içinn = kproblemin ifadesi geçerlidir, yani uçağın bunlara bölündüğü tüm bölümleriiledüz, beyaz ve siyah boyayabilirsiniz, böylece komşu parçalar farklı renklerde olur. O halde böyle bir renklendirmenin var olduğunu kanıtlayalım.P= ile+ 1 düz. İki düz çizgiden üçe geçiş durumuna benzer şekilde devam edelim. Hadi uçakta harcayalımiledoğrudan. Daha sonra tümevarım varsayımı ile ortaya çıkan "harita" istenilen şekilde renklendirilebilir. Şimdi harcayalım(ile+ 1)-th düz çizgi ve bir tarafında renkleri zıt olanlara değiştiriyoruz. Peki şimdi(ile+ 1)-inci düz çizgi her yerde farklı renkteki bölümleri ayırırken, daha önce gördüğümüz gibi "eski" kısımlar doğru renkte kalır. Matematiksel tümevarım ilkesine göre problem çözülür.

Bir görev16. Çölün kenarında bol miktarda benzin ve dolu bir benzin istasyonuyla 50 kilometre gidebilen bir araba var. Sınırsız miktarda, benzini arabanın benzin deposundan boşaltabileceğiniz ve çölün herhangi bir yerinde depolamak için bırakabileceğiniz bidonlar vardır. Arabanın 50 kilometreden daha büyük herhangi bir tamsayı mesafeyi kat edebileceğini kanıtlayın. Bidonlarda benzin taşınmasına izin verilmez, boş bidonlar herhangi bir miktarda taşınabilir.

Çözüm.Bunu tümevarım yoluyla kanıtlamaya çalışalım.P,arabanın sürebileceğiniPçölün kenarından kilometrelerce. saatP= 50 biliniyor. Tümevarım adımını gerçekleştirmek ve oraya nasıl gidileceğini açıklamak için kalır.n = k+ 1 km biliniyorsan = kkilometre sürülebilir.

Ancak burada bir zorlukla karşılaşıyoruz: geçtikten sonrailekilometre, dönüş yolculuğu için benzin bile yeterli olmayabilir (depolamadan bahsetmiyorum). Ve bu durumda, çıkış yolu, kanıtlanan iddiayı güçlendirmektir (mucit paradoksu). Sadece araba sürmenin mümkün olmadığını kanıtlayacağızPkilometrelerce değil, aynı zamanda belirli bir mesafedeki bir noktada keyfi olarak büyük bir benzin kaynağı yapmak içinPçölün kenarından kilometrelerce uzakta, ulaşımın sona ermesinden sonra bu noktada.

indüksiyon temeli.Bir kilometrelik yolculuğu tamamlamak için gereken benzin miktarı bir birim benzin olsun. Ardından 1 kilometrelik bir uçuş ve dönüş için iki birim benzin gerekir, böylece 48 birim benzini kenardan bir kilometre uzakta depoda bırakıp daha fazlası için geri dönebiliriz. Böylece, depoya yapılan birkaç gezi için, ihtiyacımız olan keyfi boyutta bir stok yapabiliriz. Aynı zamanda 48 adet stok oluşturmak için 50 adet benzin harcıyoruz.

indüksiyon aşaması.Farzedelim ki uzaktanP= ileçölün kenarından istediğiniz miktarda benzin depolayabilirsiniz. O zaman uzaktan bir depo oluşturmanın mümkün olduğunu kanıtlayalım.n = k+ 1 km önceden belirlenmiş herhangi bir benzin ikmali ile ve nakliye sonunda bu depoda olun. Çünkü noktadaP= ilesınırsız benzin kaynağı var, o zaman (endüksiyon tabanına göre) noktaya birkaç yolculukta yapabilirizn = k+ 1 bir noktaya değinmekP= ile4- İhtiyacınız olan her boyutta 1 adet stok.

Problemin durumundan daha genel bir ifadenin doğruluğu, şimdi matematiksel tümevarım ilkesinden kaynaklanmaktadır.

Çözüm

Özellikle, matematiksel tümevarım yöntemini inceledikten sonra, bu matematik alanındaki bilgilerimi geliştirdim ve daha önce gücümün ötesinde olan problemlerin nasıl çözüleceğini de öğrendim.

Temel olarak, bunlar mantıklı ve eğlenceli görevlerdi, yani. sadece bir bilim olarak matematiğin kendisine olan ilgiyi artıranlar. Bu tür problemleri çözmek eğlenceli bir aktivite haline gelir ve giderek daha fazla meraklı insanı matematiksel labirentlere çekebilir. Benim düşünceme göre, bu herhangi bir bilimin temelidir.

Matematiksel tümevarım yöntemini incelemeye devam ederek, onu sadece matematikte değil, aynı zamanda fizik, kimya ve yaşamın kendisindeki problemlerin çözümünde de nasıl uygulayacağımı öğrenmeye çalışacağım.

Edebiyat

1.Vulenkin İNDÜKSİYONU. Kombinatorik. Öğretmenler için El Kitabı. M., Aydınlanma,

1976.-48 s.

2. Golovina L.I., Yaglom I.M. Geometride indüksiyon. - M.: Gosud. Yayımcı Aydınlatılmış. - 1956 - S.I00. Üniversitelere başvuranlar için matematik el kitabı / Ed. Yakovleva G.N. Bilim. -1981. - S.47-51.

3. Golovina L.I., Yaglom IM. Geometride indüksiyon. -
M.: Nauka, 1961. - (Matematik üzerine popüler dersler.)

4. I.T. Demidov, A.N. Kolmogorov, S.I. Shvartsburg, O.S. Ivashev-Musatov, B.E. Veits. öğretici/ “Aydınlanma” 1975.

5.R. Courant, G Robbins "Matematik Nedir?" Bölüm 1, § 2

6. Popa D. Matematik ve makul akıl yürütme. — M: Nauka, 1975.

7. Popa D. Matematiksel keşif. — M.: Nauka, 1976.

8. Rubanov I.S. Matematiksel tümevarım yöntemi nasıl öğretilir / Matematik okulu. - Hayır. - 1996. - S.14-20.

9. Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Matematiksel tümevarım yöntemi hakkında. - M.: Nauka, 1977. - (Matematik üzerine popüler dersler.)

10. Solominsky I.S. Matematiksel tümevarım yöntemi. - M.: Bilim.

63s.

11. Solominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Matematiksel tümevarım üzerine. - M.: Bilim. - 1967. - S.7-59.

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

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

Ders #50

ders konusu : Matematiksel tümevarım yöntemi.

Dersin amacı: Tanışmak, buluşmakmatematiksel tümevarım yönteminin özü, bu yöntemin ispat problemlerini çözmede nasıl uygulanacağını öğrenmek, hesaplama becerilerinin geliştirilmesine devam etmek, matematik okuryazarlığının oluşumuna devam etmek.

Dersler sırasında.

zaman düzenleme. Ders hedefleri belirleme

Temel bilgilerin aktivasyonu.

Geometrik bir ilerlemenin tanımı, bir geometrik ilerlemenin n'inci üyesi için formüller.

Bir aritmetik ilerlemenin ilk n teriminin toplamı için formülü tekrarlayın.

Sonsuz azalan bir geometrik ilerlemenin toplamı için formülü tekrarlayın

3. Yeni materyal öğrenmek

Birçok problemi çözerken, matematiksel tekliflerin geçerliliğini kanıtlarken ve bir formül türetirken, genellikle akıl yürütme denir, buna muhakeme denir.matematiksel tümevarım yöntemi.

Örneğin, formülü türetirken böyle bir akıl yürütme kullandınız.nth terim, hem de birincinin toplamı için formül türetirkennaritmetik ve geometrik ilerlemelerin üyeleri.

Bu yöntemin özü şudur: Doğal bir sayının göründüğü belirli bir ifadenin geçerliliğini belirlemek gerekirse.n, sonra:

1) amaçlanan ifadenin belirli bir değer için tutulduğu kontrol edilirn(örneğin içinn=1).

2) ifadenin bazı keyfi değerler için doğru olduğu varsayılır.n = k , ve bu durumda da geçerli olduğu kanıtlanmıştır.n = k + 1. Buradan, iddianın herhangi bir değer için doğru olduğu sonucuna varılır.n, çünkü adaleti keşfedildin=1 ve kanıtlanana göre, bu aynı zamanda için de geçerlidir.n= 2 ve geçerli olduğu içinn= 2, o zaman için de geçerlidirn= 3 vb.

Şimdi bu yöntemi kullanma örneklerine bakalım.

Örnek 1. Bunu herhangi bir doğal için kanıtlayalım.neşitlik var

Formül için doğrun= 1 çünkü:

formülün doğru olduğunu varsayalım.n = k .

Bu durumda bunun doğru olduğunu kanıtlayalım.n = k+ 1, yani

Doğrudan doğrulama, formülün aşağıdakiler için doğru olduğunu gösterdi:n =1; bu nedenle, için de geçerli olacakn= 2 ve bu nedenlen= 3, bu nedenle,n = 4 ve genel olarak herhangi bir doğaln.

4. Problem çözme

№249(a)

Bu problemde formülün ispatı istenmektedir.n – incimatematiksel tümevarım yoluyla aritmetik ilerleme terimi

saatn=1 bizde var 1 = bir 1.

Bu formülün doğru olduğunu varsayalım.kth terim, yani eşitlik a k = a 1 + d( k-1)

Bu durumda bu formülün ((k+1. üye. Yok canım,

a k +1 = a 1 + d( k+1-1) = bir 1 + dk

Öte yandan, tanımı gereği, arif. prog. a k +1 = a k + d

Son iki ifadenin sol kısımları = ve sağ kısımlar eşit olduğundan:

a k + d= bir 1 + dkveya bir k = a 1 + d( k-1)

Ortaya çıkan doğru eşitlik, formülünnaritmetik bir ilerlemenin th terimi, herhangi bir doğal için uygundur.n

№ 255

11 sayısını ispatlayalım n+1 +12 2 n -1 tüm doğal değerler içinn133'e böl

saatn=1 elimizde 11 var 1+1 +12 2*1-1 =133, 133 bölü 133

Diyelim kin= ktoplam 11 k +1 +12 2 k -1 133'e böl

Bu toplamın 133 ile bölünebildiğini ispatlayalım.n= k+1, yani on bir k +2 +12 2 k +1 133'e böl

11 k+2 +12 2k+1 =11*11 k +1 +144*12 k-1 =11*11 k +1 +11*12 2k-1 +133*12 2k-1 =11(11 k+1 +12 2k-1 )+133*12 2k-1

Ortaya çıkan toplamın her terimi 133'e bölünebilir. Bu nedenle, 11 k +2 +12 2 k +1 ayrıca 133'e bölün.

5. Yansıma

6. Açıklama D / z

§15 karar no.251

giriiş

Ana bölüm

1. Tam ve eksik tümevarım

2. Matematiksel tümevarım ilkesi

3. Matematiksel tümevarım yöntemi

4. Örneklerin çözümü

5. Eşitlikler

6. Sayıların bölünmesi

7. Eşitsizlikler

Çözüm

kullanılmış literatür listesi

giriiş

Tümdengelim ve tümevarım yöntemleri, herhangi bir matematiksel araştırmanın temelidir. Tümdengelimli akıl yürütme yöntemi, genelden özele doğru akıl yürütmedir, yani. başlangıç ​​noktası genel sonuç olan akıl yürütme ve son nokta özel sonuçtur. Tümevarım, belirli sonuçlardan genel sonuçlara geçerken uygulanır, yani. tümdengelim yönteminin tersidir.

Matematiksel tümevarım yöntemi ilerleme ile karşılaştırılabilir. En alttan başlarız, mantıksal düşünmenin bir sonucu olarak en yükseğe geliriz. İnsan her zaman ilerleme için, düşüncesini mantıksal olarak geliştirme yeteneği için çabalamıştır; bu, doğanın kendisinin tümevarımsal olarak düşünmesini mukadder ettiği anlamına gelir.

Matematiksel tümevarım yönteminin uygulama alanı büyümesine rağmen, okul müfredatında buna çok az zaman ayrılmıştır. Diyelim ki, beş kelime teori duyduğu, beş ilkel problemi çözdüğü ve sonuç olarak hiçbir şey bilmediği için beş aldığı iki veya üç ders faydalı bir insan getirecek.

Ama bu çok önemli - tümevarımsal düşünebilmek.

Ana bölüm

Orijinal anlamıyla, "tümevarım" kelimesi, bir dizi özel ifadeye dayanarak genel sonuçların elde edildiği akıl yürütmeye uygulanır. Bu türden en basit akıl yürütme yöntemi tam tümevarımdır. İşte böyle bir akıl yürütmenin bir örneği.

4 içindeki her n doğal çift sayısının< 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.

Bu dokuz eşitlik, ilgilendiğimiz sayıların her birinin aslında iki asal terimin toplamı olarak temsil edildiğini göstermektedir.

Yani tam indüksiyon şudur genel açıklama Sonlu sayıda olası durumun her birinde ayrı ayrı kanıtlanır.

Bazen genel sonuç, tümü değil, ancak yeterli olduğu düşünülerek tahmin edilebilir. Büyük bir sayıözel durumlar (sözde eksik indüksiyon).

Ancak eksik tümevarımla elde edilen sonuç, tüm özel durumları kapsayan kesin matematiksel akıl yürütmeyle kanıtlanıncaya kadar yalnızca bir hipotez olarak kalır. Başka bir deyişle, matematikte eksik tümevarım, meşru bir kesin ispat yöntemi olarak kabul edilmez, ancak yeni gerçekleri keşfetmek için güçlü bir yöntemdir.

Örneğin, ardışık ilk n tek sayının toplamını bulmamız istensin. Özel durumları düşünün:

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

Bu birkaç özel durumu değerlendirdikten sonra, aşağıdaki genel sonuç kendini göstermektedir:

1+3+5+…+(2n-1)=n 2

şunlar. ardışık ilk n tek sayının toplamı n 2

Tabii ki, yapılan gözlem henüz yukarıdaki formülün geçerliliğinin bir kanıtı olamaz.

Tam tümevarım matematikte yalnızca sınırlı uygulamalara sahiptir. Birçok ilginç matematiksel ifade sonsuz sayıda özel durumu kapsar ve sonsuz sayıda durumu test edemeyiz. Eksik indüksiyon genellikle hatalı sonuçlara yol açar.

Çoğu durumda, bu tür bir zorluktan kurtulmanın yolu, matematiksel tümevarım yöntemi adı verilen özel bir akıl yürütme yöntemine başvurmaktır. Aşağıdaki gibidir.

Herhangi bir n doğal sayısı için belirli bir ifadenin geçerliliğini kanıtlamak gerekli olsun (örneğin, ilk n tek sayının toplamının n 2'ye eşit olduğunu kanıtlamak gerekir). Doğal sayılar kümesi sonsuz olduğundan, n'nin her değeri için bu ifadenin doğrudan doğrulanması imkansızdır. Bu ifadeyi kanıtlamak için önce n=1 için geçerliliğini kontrol edin. Daha sonra, k'nin herhangi bir doğal değeri için, n=k için incelenen ifadenin geçerliliğinin, n=k+1 için de geçerliliğini ima ettiği kanıtlanır.

Daha sonra iddia tüm n için kanıtlanmış kabul edilir. Gerçekten de, ifade n=1 için doğrudur. Ancak sonraki n=1+1=2 sayısı için de geçerlidir. n=2 için iddianın geçerliliği, n=2+ için geçerliliğini ima eder.

1=3. Bu, n=4 için ifadenin geçerliliğini ima eder, vb. Sonunda herhangi bir doğal sayı n'ye ulaşacağımız açıktır. Bu nedenle, ifade herhangi bir n için doğrudur.

Söylenenleri özetleyerek, aşağıdaki genel prensibi formüle ediyoruz.

Matematiksel tümevarım ilkesi.

Eğer cümle A( n ) doğal sayıya bağlı olarak n , için doğru n =1 ve bunun için doğru olduğu gerçeğinden n=k (nerede k -herhangi bir doğal sayı), bundan sonraki sayı için de doğru olduğu sonucu çıkar. n=k+1 , sonra varsayım A( n ) herhangi bir doğal sayı için doğrudur n .

Bazı durumlarda, belirli bir ifadenin geçerliliğini tüm doğal sayılar için değil, yalnızca n>p için kanıtlamak gerekebilir, burada p sabit bir doğal sayıdır. Bu durumda, matematiksel tümevarım ilkesi aşağıdaki gibi formüle edilir. Eğer cümle A( n ) için doğrudur n=p ve eğer A( k ) Þ ANCAK( k+1) herkes için k>p, sonra cümle A( n) herkes için doğru n>p.

Matematiksel tümevarım yöntemiyle ispat aşağıdaki gibi yapılır. İlk olarak, ispatlanacak iddia n=1 için kontrol edilir, yani, A(1) ifadesinin doğruluğu belirlenir. İspatın bu kısmına tümevarım temeli denir. Bunu, tümevarım adımı adı verilen ispatın bir kısmı takip eder. Bu bölümde, n=k+1 için ifadenin geçerliliği, ifadenin n=k için doğru olduğu varsayımı altında (tümevarım varsayımı), yani. A(k)ÞA(k+1) olduğunu kanıtlayın.

ÖRNEK 1

1+3+5+…+(2n-1)=n 2 olduğunu kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=1=1 2'ye sahibiz. Sonuç olarak,

ifade n=1 için doğrudur, yani. A(1) doğrudur.

2) A(k)ÞA(k+1) olduğunu ispatlayalım.

k herhangi bir doğal sayı olsun ve ifade n=k için doğru olsun, yani.

1+3+5+…+(2k-1)=k 2 .

O halde iddianın bir sonraki doğal sayı n=k+1 için de doğru olduğunu ispatlayalım. ne

1+3+5+…+(2k+1)=(k+1) 2 .

Aslında,

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

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, A(n) Varsayımının herhangi bir nОN için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.

ÖRNEK 2

Kanıtla

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

Çözüm: 1) n=1 için şunu elde ederiz:

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

bu nedenle, n=1 için formül doğrudur; A(1) doğrudur.

2) k herhangi bir doğal sayı olsun ve formülün n=k için doğru olmasına izin verin, yani.

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

eşitliğini ispatlayalım

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

Aslında

1+х+х 2 +x 3 +…+х 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).

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, formülün herhangi bir doğal sayı n için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.

ÖRNEK 3

Bir dışbükey n-genin köşegenlerinin sayısının n(n-3)/2 olduğunu kanıtlayın.

Çözüm: 1) n=3 için ifade doğrudur

Ve 3 doğru, çünkü bir üçgende

 A3 =3(3-3)/2=0 köşegen;

A 2 A(3) doğrudur.

2) Diyelim ki herhangi bir

dışbükey k-gon vardır-

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

A k Bunu bir dışbükeyde ispatlayalım

(k+1)-gon sayısı

köşegenler A k+1 =(k+1)(k-2)/2.

А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -dışbükey (k+1)-açı olsun. İçine bir A 1 A k köşegeni çizelim. Saymak toplam sayısı bu (k + 1)-gon'un köşegenleri, k-gon'daki köşegenlerin sayısını saymanız gerekir A 1 A 2 ...A k , ortaya çıkan sayıya k-2 ekleyin, yani. A k+1 köşesinden çıkan (k+1)-gon köşegenlerinin sayısı ve ayrıca A 1 A k köşegeni de hesaba katılmalıdır.

Böylece,

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

Yani A(k)ÞA(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesi nedeniyle, ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.

ÖRNEK 4

Herhangi bir n için ifadenin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 2 +2 2 +3 2 +…+n 2 =n(n+1)(2n+1)/6.

Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman

X 1 \u003d 1 2 \u003d 1 (1 + 1) (2 + 1) / 6 \u003d 1.

Dolayısıyla, n=1 için ifade doğrudur.

2) n=k olduğunu varsayalım

X k \u003d k 2 \u003d k (k + 1) (2k + 1) / 6.

3) Bu ifadeyi n=k+1 için düşünün

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

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

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

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

n=k+1 için eşitliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade herhangi bir doğal n için doğrudur.

ÖRNEK 5

Herhangi bir doğal n için eşitliğin doğru olduğunu kanıtlayın:

1 3 +2 3 +3 3 +…+n 3 =n 2 (n+1) 2 /4.

Çözüm: 1) n=1 olsun.

O halde X 1 =1 3 =1 2 (1+1) 2 /4=1.

n=1 için ifadenin doğru olduğunu görüyoruz.

2) n=k için eşitliğin doğru olduğunu varsayalım