C 6 matematiksel tümevarım yöntemi. Matematiksel tümevarım yöntemi ve problem çözümüne uygulanması
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 renkle (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, bu nedenle ifade herhangi bir durum için doğrudur. doğal sayıçözüm örneğinde matematiksel tümevarım ile gösterilen .
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 bütünün incelenen ayrıntılarının sayısına bağlıdır: incelenen sayı ne kadar büyükse, sonuç o kadar güvenilir olur. Bu özelliğe dayanarak, tüm olasılıları izole etmek ve incelemek için tümevarımla elde edilen bilimsel yasalar, olasılık varsayımları düzeyinde uzun süre test edilir. yapısal elemanlar, bağlantılar ve etkiler.
Bilimde, tümevarımsal sonuç, rastgele hükümler dışında, önemli özelliklere dayanmaktadır. 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):
- tümevarım-seçimi (veya seçimi);
- 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 tutarsızlığının farkındalığı, bilim adamlarını tümevarımın olasılıksal temelini araştırmaya yöneltti. Bununla birlikte, burada bile bazı aşırılıklar vardı: tüm ortaya çıkan sonuçlarla birlikte tümevarımı olasılık teorisine indirgemek için girişimlerde bulunuldu.
Tümevarım, belirli durumlarda pratik uygulamada bir güven oyu alır. konu alanları ve endüktif tabanın metrik doğruluğu sayesinde. 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 onaylandığı ve ekonominin sıklıkla kullanan bir bilim olduğu belirtilmelidir. matematiksel analiz, risk teorisi ve istatistiksel veriler, o zaman tümevarımın ana yöntemler arasında olması 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. Rağmen profesyonel psikologlar daha sık, tümevarım tezahürleriyle veya daha doğrusu hatalı sonuçlarla karşılaşırlar.
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. Ev ortamında, rahat yaşam için birçok fırsat vardır. 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, ünlü Sherlock Holmes ile ilişkilidir. mantıksal yapılar genellikle tümevarım örneklerini, doğru durumlarda tümdengelim kullanarak kullanır.
Makale, bu yöntemlerin çeşitli bilimlerde ve insan yaşamının alanlarında uygulanmasının örneklerini ele aldı.
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. ile başlayan mantık genel sonuç, ve son nokta kısmi bir 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 az zamanı var. 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.
Her doğal olduğunu tespit etmek istensin. çift sayı 4 içinde n< n < 20 представимо в виде суммы двух asal sayılar. Bunu yapmak için, tüm bu sayıları alıyoruz ve karşılık gelen açılımları yazıyoruz: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.
Bu nedenle, tam tümevarım, genel ifadenin sonlu sayıların her birinde ayrı ayrı kanıtlanmasıdır. olası vakalar.
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 kanıt 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 test etmek için sonsuz bir sayı yapamadığımız durumlar. 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, aşağıdakileri formüle ediyoruz Genel prensip.
Matematiksel tümevarım ilkesi.
Eğer cümle A(n) doğal sayıya bağlı olarakn, için doğrun=1 ve bunun için doğru olduğu gerçeğindenn=k(neredek-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 doğrudurn.
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 doğrudurn=pve eğer A(k) Þ ANCAK(k+1)herkes içink>p,sonra cümle A(n)herkes için doğrun>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. Bu (k + 1)-gon'un toplam köşegen sayısını saymak için, 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
Matematiksel ispatın en önemli yöntemlerinden biri doğru matematiksel tümevarım yöntemi. Tüm doğal sayılar n ile ilgili formüllerin büyük çoğunluğu matematiksel tümevarımla kanıtlanabilir (örneğin, ilk n terimin toplamı için formül aritmetik ilerleme, Newton'un binom formülü, vb.).
Bu yazıda önce temel kavramlar üzerinde duracağız, sonra matematiksel tümevarım yönteminin kendisini ele alacağız ve eşitlikleri ve eşitsizlikleri kanıtlamadaki uygulama örneklerini analiz edeceğiz.
Sayfa gezintisi.
Tümevarım ve tümdengelim.
indüksiyonlaözelden genele geçiş denir. Aksine, genel ifadelerden özel ifadelere geçiş denir. kesinti.
Özel bir ifade örneği: 254, 2'ye kalansız bölünebilir.
Bu özel ifadeden, hem doğru hem de yanlış olan daha birçok genel ifade formüle edilebilir. Örneğin, 4 ile biten tüm tam sayıların 2'ye kalansız bölünebildiği şeklindeki daha genel ifade doğruyken, üç basamaklı tüm sayıların 2'ye kalansız bölünebildiği ifadesi yanlıştır.
Böylece tümevarım, bilinen veya aşikar gerçeklere dayanan birçok genel ifadenin elde edilmesini mümkün kılar. Ve matematiksel tümevarım yöntemi, alınan ifadelerin geçerliliğini belirlemek için tasarlanmıştır.
Örnek olarak, sayısal diziyi düşünün: , n keyfi bir doğal sayıdır. O zaman bu dizinin ilk n elemanının toplam dizisi aşağıdaki gibi olacaktır.
Bu gerçeğe dayanarak, tümevarım yoluyla şu söylenebilir.
Bu formülün kanıtını sunuyoruz.
Matematiksel tümevarım yöntemi.
Matematiksel tümevarım yöntemi, matematiksel tümevarım ilkesi.
Aşağıdakilerden oluşur: eğer herhangi bir doğal n için belirli bir ifade doğrudur
- n = 1 için geçerlidir ve
- Herhangi bir doğal n = k için ifadenin geçerliliğinden, bunun n = k+1 için doğru olduğu sonucu çıkar.
Yani, matematiksel tümevarım yöntemiyle ispat üç aşamada gerçekleştirilir:
- ilk olarak, herhangi bir n doğal sayısı için ifadenin geçerliliği kontrol edilir (genellikle n = 1 için kontrol yapılır);
- ikinci olarak, herhangi bir doğal n=k için ifadenin geçerliliği varsayılır;
- üçüncü olarak, ikinci noktanın varsayımından hareketle n=k+1 sayısı için önermenin geçerliliği kanıtlanır.
Matematiksel tümevarım yöntemiyle denklemlerin ve eşitsizliklerin kanıtlarına örnekler.
Bir önceki örneğe geri dönelim ve formülü ispatlayalım .
Kanıt.
Matematiksel tümevarım yöntemi, üç noktalı bir ispatı içerir.
Böylece matematiksel tümevarım yönteminin üç adımı da tamamlanmış ve böylece formülle ilgili varsayımımız kanıtlanmıştır.
Trigonometrik probleme bakalım.
Örnek.
Kimliği Kanıtla .
Çözüm.
İlk olarak, n = 1 eşitliğini kontrol ediyoruz. Bunu yapmak için temel trigonometri formüllerine ihtiyacımız var.
Yani eşitlik n = 1 için doğrudur.
İkinci olarak, eşitliğin n = k, yani özdeşlik için doğru olduğunu varsayalım.
Üçüncüsü, eşitliğin kanıtına dönüyoruz n = k+1 için, ikinci noktaya göre.
Trigonometri formülüne göre
sonra
Üçüncü noktadan eşitliğin ispatı tamamlanır, bu nedenle orijinal özdeşlik matematiksel tümevarım yöntemiyle kanıtlanır.
Matematiksel tümevarımla kanıtlanabilir.
Eşitsizliği matematiksel tümevarımla kanıtlamanın bir örneği, yaklaşık katsayıları bulmak için formüller türetirken en küçük kareler yöntemi bölümünde bulunabilir.
Bibliyografya.
- Sominsky I.S., Golovina L.I., Yaglom I.M. Matematiksel tümevarım üzerine.
Bir n doğal sayısına bağlı olan A(n) tümcesi n=1 için doğruysa ve n=k için de doğruysa (k herhangi bir doğal sayıdır), sonraki n=k +1 sayısı için true ise, herhangi bir n doğal sayısı için A(n) Varsayımı doğrudur.
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.
A(n) önermesi n=p için doğruysa ve herhangi bir k>p için A(k) X A(k+1) ise, o zaman A(n) önermesi herhangi bir n>p için doğrudur.
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) ~ A(k+1) olduğunu kanıtlayın
1+3+5+…+(2n-1)=n 2 olduğunu kanıtlayın.
- 1) n=1=1 2 dir. Bu nedenle, ifade n=1 için doğrudur, yani. A(1) doğru
- 2) A(k) ~ A(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 Gerçekten de,
- 1+3+5+…+(2k-1)+(2k+1)=k 2 +2k+1=(k+1) 2
Böylece, A(k) X A(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, A(n) varsayımının herhangi bir n О N için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.
Kanıtla
1 + x + x 2 + x 3 + ... + x n \u003d (x n + 1 -1) / (x-1), burada x No. 1
- 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) doğru
- 2) k herhangi bir doğal sayı olsun ve n=k için formül doğru olsun,
- 1+x+x 2 +x 3 +…+x k =(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) Gerçekten de
- 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) ⋅ A(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, formülün herhangi bir doğal sayı n için doğru olduğu sonucuna varıyoruz.
Bir dışbükey n-genin köşegenlerinin sayısının n(n-3)/2 olduğunu kanıtlayın
Çözüm: 1) n=3 için ifade doğrudur, çünkü üçgende
A 3 \u003d 3 (3-3) / 2 \u003d 0 köşegen; A 2 A(3) doğru
2) Herhangi bir dışbükeyde k-gon'un A 1 sya A k \u003d k (k-3) / 2 köşegeni olduğunu varsayalım. A k O halde bir dışbükeyde A k+1 (k+1)-gon köşegen sayısının A k+1 =(k+1)(k-2)/2 olduğunu kanıtlayalım.
А 1 А 2 А 3 …A k A k+1 -dışbükey (k+1)-gon olsun. İçine bir A 1 A k köşegeni çizelim. Bu (k + 1)-gon'un toplam köşegen sayısını hesaplamak için, 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,
G k+1 =G k +(k-2)+1=k(k-3)/2+k-1=(k+1)(k-2)/2
Yani A(k) ⋅ A(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesi nedeniyle, ifade herhangi bir dışbükey n-gon için doğrudur.
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
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.
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
X k \u003d k 2 (k + 1) 2 / 4
3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için ispatlayalım, yani.
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
Yukarıdaki kanıttan, n=k+1 için ifadenin doğru olduğu görülebilir, bu nedenle eşitlik herhangi bir doğal n için doğrudur.
Kanıtla
((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), burada n>2
Çözüm: 1) n=2 için özdeşlik şöyle görünür:
- (2 3 +1)/(2 3 -1)=(3 ґ 2 ґ 3)/2(2 2 +2+1), yani. bu doğru
- 2) n=k için ifadenin doğru olduğunu varsayalım
- (2 3 +1) / (2 3 -1) ґ ... ґ (k 3 +1) / (k 3 -1) \u003d 3k (k + 1) / 2 (k 2 + k + 1)
- 3) n=k+1 ifadesinin doğruluğunu ispatlayacağız.
- (((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)
n=k+1 için eşitliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde ifade herhangi bir n>2 için doğrudur.
Kanıtla
1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2n-1) 3 -(2n) 3 =-n 2 (4n+3) herhangi bir doğal n için
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman
- 1 3 -2 3 =-1 3 (4+3); -7=-7
- 2) n=k olduğunu varsayalım, o zaman
- 1 3 -2 3 +3 3 -4 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3 =-k 2 (4k+3)
- 3) Bu ifadenin doğruluğunu n=k+1 için ispatlayacağız.
- (1 3 -2 3 +…+(2k-1) 3 -(2k) 3)+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-k 2 (4k+3)+
+(2k+1) 3 -(2k+2) 3 =-(k+1) 3 (4(k+1)+3)
n=k+1 için eşitliğin geçerliliği de kanıtlanmıştır, bu nedenle ifade herhangi bir doğal n için doğrudur.
Kimliğin geçerliliğini kanıtlayın
(1 2 /1 ґ 3)+(2 2 /3 ґ 5)+…+(n 2 /(2n-1) ґ (2n+1))=n(n+1)/2(2n+1) herhangi bir doğal n için
- 1) n=1 için özdeşlik doğrudur 1 2 /1 ґ 3=1(1+1)/2(2+1)
- 2) n=k için
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1) ґ (2k+1))=k(k+1)/2(2k+1)
- 3) n=k+1 için özdeşliğin doğru olduğunu kanıtlıyoruz
- (1 2 /1 ґ 3)+…+(k 2 /(2k-1)(2k+1))+(k+1) 2 /(2k+1)(2k+3)=(k(k+ 1) )/2(2k+1))+((k+1) 2 /(2k+1)(2k+3))=((k+1)/(2k+1)) 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)
Yukarıdaki kanıttan, iddianın herhangi bir pozitif tamsayı n için doğru olduğu görülebilir.
(11 n+2 +12 2n+1) sayısının 133 ile kalansız bölünebildiğini kanıtlayın
Çözüm: 1) n=1 olsun, o zaman
11 3 +12 3 =(11+12)(11 2 -132+12 2)=23 ґ 133
Ancak (23 ґ 133), 133'e kalansız bölünebilir, dolayısıyla n=1 için ifade doğrudur; A(1) doğrudur.
- 2) (11 k+2 +12 2k+1) sayısının 133'e kalansız bölünebildiğini varsayalım.
- 3) Bu durumda (11 k+3 +12 2k+3) 133 ile kalansız bölünebildiğini ispatlayalım. Aslında
- 11 k+3 +12 2k+3 =11 ґ 11 k+2 +12 2 ґ 12 2k+1 =11 ґ 11 k+2 +
+(11+133) ґ 12 2k+1 =11(11k+2 +12 2k+1)+133 ґ 12 2k+1
Ortaya çıkan miktar kalansız 133'e bölünebilir, çünkü ilk terimi varsayımla kalansız 133'e bölünebilir ve ikincisinde 133'tür. Yani, A (k) Yu A (k + 1). Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde, iddia kanıtlanmıştır.
Herhangi bir n 7 için n -1'in 6'ya kalansız bölünebildiğini kanıtlayın
- 1) n=1 olsun, o zaman X 1 \u003d 7 1 -1 \u003d 6 kalansız 6'ya bölünür. Yani n=1 için ifade doğrudur
- 2) n \u003d k 7 k -1 için 6'ya kalansız bölünebildiğini varsayalım.
- 3) n=k+1 için önermenin doğru olduğunu ispatlayalım
X k+1 \u003d 7 k + 1 -1 \u003d 7 ґ 7 k -7 + 6 \u003d 7 (7 k -1) + 6
İlk terim 6'ya bölünebilir, çünkü 7 k -1 varsayımla 6'ya bölünebilir ve ikinci terim 6'dır. Dolayısıyla 7 n -1, herhangi bir doğal n için 6'nın katıdır. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.
Rasgele bir pozitif n tamsayı için 3 3n-1 +2 4n-3'ün 11'e bölünebildiğini kanıtlayın.
1) n=1 olsun, o zaman
X 1 \u003d 3 3-1 +2 4-3 \u003d 3 2 +2 1 \u003d 11, kalansız 11'e bölünür.
Yani n=1 için ifade doğrudur
- 2) n=k için X k =3 3k-1 +2 4k-3'ün 11'e kalansız bölünebildiğini varsayalım.
- 3) n=k+1 için önermenin doğru olduğunu kanıtlıyoruz
X k+1 =3 3(k+1)-1 +2 4(k+1)-3 =3 3k+2 +2 4k+1 =3 3 3 3k-1 +2 4 2 4k-3 =
27 3 3k-1 +16 2 4k-3 =(16+11) 3 3k-1 +16 2 4k-3 =16 3 3k-1 +
11 3 3k-1 +16 2 4k-3 =16(3 3k-1 +2 4k-3)+11 3 3k-1
İlk terim 11'e kalansız bölünür, çünkü 3 3k-1 +2 4k-3 varsayımla 11'e bölünebilir, ikincisi 11'e bölünebilir, çünkü çarpanlarından biri 11'dir. ayrıca herhangi bir doğal n için kalansız 11 ile bölünebilir. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.
Rastgele bir pozitif tam sayı n için 11 2n -1'in 6'ya kalansız bölünebildiğini kanıtlayın
- 1) n=1 olsun, o zaman 11 2 -1=120 6 ile kalansız bölünebilir. Yani n=1 için ifade doğrudur
- 2) n=k için 1 2k -1'in 6'ya kalansız bölünebildiğini varsayalım.
- 11 2(k+1) -1=121 ґ 11 2k -1=120 ґ 11 2k +(11 2k -1)
Her iki terim de 6'ya kalansız bölünebilir: ilki 6'nın 120'nin bir katını içerir ve ikincisi varsayımla 6'ya kalansız bölünebilir. Yani toplam 6'ya kalansız bölünür. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde iddia kanıtlanmıştır.
Rasgele bir pozitif n tamsayı için 3 3n+3 -26n-27'nin 26 2 (676) ile kalansız bölünebildiğini kanıtlayın
Önce 3 3n+3 -1'in 26 ile kalansız bölünebildiğini kanıtlayalım.
- 1. n=0 olduğunda
- 3 3 -1=26 26 ile tam bölünür
- 2. Diyelim ki n=k için
- 3 3k+3 -1 26 ile tam bölünür
- 3. n=k+1 için önermenin doğru olduğunu ispatlayalım
- 3 3k+6 -1=27 ґ 3 3k+3 -1=26 ґ 3 3k+3 +(3 3k+3 -1) - 26 ile bölünebilir
Şimdi sorunun koşulunda formüle edilen iddiayı kanıtlayalım.
- 1) n=1 için ifadenin doğru olduğu açıktır.
- 3 3+3 -26-27=676
- 2) n=k için 3 3k+3 -26k-27 ifadesinin 26 2 ile kalansız bölünebildiğini varsayalım.
- 3) İfadenin n=k+1 için doğru olduğunu ispatlayalım.
- 3 3k+6 -26(k+1)-27=26(3 3k+3 -1)+(3 3k+3 -26k-27)
Her iki terim de 26 2 ile bölünebilir; ilki 26 2 ile bölünebilir çünkü parantez içindeki ifadenin 26 ile bölünebildiğini ve ikincisinin tümevarım hipotezi ile bölünebildiğini kanıtladık. Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde, iddia kanıtlanmıştır.
n>2 ve х>0 ise eşitsizliğin (1+х) n >1+n ґ х olduğunu kanıtlayın
- 1) n=2 için eşitsizlik doğrudur, çünkü
- (1+x) 2 =1+2x+x 2 >1+2x
Yani A(2) doğrudur
- 2) k> 2 ise A(k) ⋅ A(k+1) olduğunu ispatlayalım.
- (1+х) k >1+k ґ x. (3)
O halde A(k+1)'in de doğru olduğunu ispatlayalım, yani eşitsizliğin
(1+x) k+1 >1+(k+1) x
Gerçekten de, eşitsizliğin her iki tarafını (3) ile çarparsak pozitif sayı 1+x, alırız
(1+x) k+1 >(1+k ґ x)(1+x)
Son eşitsizliğin sağ tarafını düşünün; sahibiz
(1+k ґ x)(1+x)=1+(k+1) ґ x+k ґ x 2 >1+(k+1) ґ x
Sonuç olarak, (1+х) k+1 >1+(k+1) ґ x'i elde ederiz.
Yani A(k) ⋅ A(k+1). Matematiksel tümevarım ilkesine dayanarak, Bernoulli eşitsizliğinin herhangi bir n> 2 için geçerli olduğu iddia edilebilir.
(1+a+a 2) m > 1+m ґ a+(m(m+1)/2) ґ a 2 eşitsizliğinin a> 0 için doğru olduğunu kanıtlayın
Çözüm: 1) m=1 için
- (1+a+a 2) 1 > 1+a+(2/2) ґ a 2 her iki parça da eşittir
- 2) m=k için
- (1+a+a 2) k >1+k ґ a+(k(k+1)/2) ґ bir 2
- 3) m=k+1 için eşitliksizliğin doğru olduğunu ispatlayalım
- (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 bir 2 +
+((k(k+1)/2)+k) ґ bir 3 +(k(k+1)/2) ґ bir 4 > 1+(k+1) ґ bir+
+((k+1)(k+2)/2) ґ bir 2
m=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini kanıtladık, bu nedenle matematiksel tümevarım yöntemi nedeniyle eşitsizlik herhangi bir doğal m için geçerlidir.
n>6 için eşitsizliğin 3 n >n ґ 2 n+1 olduğunu kanıtlayın
Eşitsizliği (3/2) n >2n biçiminde yeniden yazalım.
- 1. n=7 için 3 7 /2 7 =2187/128>14=2 ґ 7 eşitsizlik doğrudur
- 2. Diyelim ki n=k (3/2) için k >2k
- 3) n=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini ispatlayalım
- 3k+1 /2k+1 =(3k /2k) ґ (3/2)>2k ґ (3/2)=3k>2(k+1)
k>7 olduğundan, son eşitsizlik açıktır.
Matematiksel tümevarım yöntemi nedeniyle, eşitsizlik herhangi bir doğal n için geçerlidir.
n>2 için eşitsizliği kanıtlayın
1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/n 2)<1,7-(1/n)
- 1) n=3 için eşitsizlik doğrudur
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)=245/180
- 2. Diyelim ki n=k için
- 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/k 2)=1.7-(1/k)
- 3) n=k+1 için eşitsizliğin geçerliliğini ispatlayalım
- (1+(1/2 2)+…+(1/k 2))+(1/(k+1) 2)
1,7-(1/k)+(1/(k+1) 2) olduğunu ispatlayalım.<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
s k(k+2)<(k+1) 2 Ы k 2 +2k İkincisi açıktır ve bu nedenle 1+(1/2 2)+(1/3 2)+…+(1/(k+1) 2)<1,7-(1/k+1) Matematiksel tümevarım yöntemi sayesinde eşitsizlik kanıtlanmıştır.